考虑一个问题：
给出一个长度为 (n) 的字符串，容易知道其一共有 (n) 个后缀，现将这 (n) 个后缀进行排序，求出排序后的后缀序列。
这里给出一些定义：
子串：字符串 (s) 中连续的一段字符，从第 (i) 个字符到第 (j) 个字符的子串记作 (s[idots j]) ，其表示的字符串为 (s_i,s_{i+1},s_{i+2},dots,s_{j-1},s_j) ，长度为 (j-i+1) 。
后缀：指右端点与原串右端点重合的子串，子串 (s[idots n]) 记作 ( ext{后缀 i}) 。
关于两个字符串的大小，我们从两个字符串的第一个字符开始逐个比较，设当前比较到第 (i) 个字符。若 (s1[i]>s2[i]) ，则 (s1>s2) ；若当其中较短串全都比较完毕并无不同，那么看做较长的字符串较大。如若长度全都相等，则视为两个字符串相等。
考虑将后缀进行排序的问题，显然各个字符串的长度都不相同，可知每个后缀都有唯一切确定的排名。
朴素做法：
对于朴素做法，我们可以使用快速排序 (left(sort ight)) 来进行处理，对于两个字符串的比较，我们进行 (mathcal{O}left(n ight)) 复杂度的比较，可以得到一个 (mathcal{O}left(n^2logn ight)) 的算法。
不用说，这个复杂度显然不够优秀。
乱搞做法
我们可以想办法优化一下字符串比较，实际上对于两个字符串，我们可以将他们分为两部分，分别是前一段的相同区域以及后一段的不同区域。我们可以二分找出两个区域的分界处，使用哈希处理即可，复杂度是 (mathcal{O}left(nlog^2n ight)) 的。
倍增做法
我们使用倍增的方法比较字符串的大小，并使用基数排序的方法，最后可以达到一个比较优秀的复杂度 (mathcal{O}left(nlogn ight)) 。
我们的主体思路是我们将从每一个字符开始长度为 (2^k) 的字符串进行排序，枚举 (k) 将字符串长度进行倍增，最后得到所有后缀的排序。
我们考虑基数排序，每个元素有两个关键字，并且关键字的值域并不大，可以使用桶来处理。我们首先枚举第二关键字，再枚举第一关键字，然后我们惊奇的发现排序已经完成了，算法的复杂度是 (mathcal{O}left(n ight)) 的。
对于每次排序的两个关键字，都可以从上一次的排序结果里获取。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+7;
char s[N];
int n,rk[N],tp[N],m;
int buc[N],sa[N],h[N];
void Qsort()
{
for(int i = 0;i <= m;i ++) buc[i] = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) buc[rk[i]] ++;
for(int i = 1;i <= m;i ++) buc[i] += buc[i-1];
for(int i = n;i >= 1;i --)
sa[buc[rk[tp[i]]]--] = tp[i];
}
int main()
{
scanf("%s",s+1);n = strlen(s+1);
for(int i = 1;i <= n;i ++) rk[i] = s[i]-'a'+1,tp[i] = i;
m = 26;Qsort();m = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) rk[sa[i]] = s[sa[i]] == s[sa[i-1]]?m:++m;
for(int ws = 1,p = 0;m < n;m = p,ws <<= 1,p = 0) {
for(int i = n-ws+1;i <= n;i ++) tp[++p] = i;
for(int i = 1;i <= n;i ++) if(sa[i] > ws) tp[++p] = sa[i]-ws;
Qsort();p = 0;swap(tp,rk);
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
rk[sa[i]] = tp[sa[i]] == tp[sa[i-1]] && tp[sa[i]+ws] == tp[sa[i-1]+ws] ? p:++p;
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) printf("%d ",sa[i]);
puts("");
for(int i = 1,p = 0;i <= n;h[rk[i++]] = p) {
for(p?--p:p;s[i + p] == s[sa[rk[i]-1] + p]; ++p);
}
for(int i = 2;i <= n;i ++) printf("%d ",h[i]);
return 0;
}