题目：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4104
想了很久，想出一个 nlogn （也许是 n2logn ）的，可惜空间是 n2 。
已知字符集，对它排个序，对应上给出的那些字符，就能知道每个字符前面是哪个字符。
这样得到了一些长度为2的串。这些长度为2的串一定也是这 n+1 行的开头；所以对它们排序后对应上给出的那些字符，就能得到长度为3的串。这样就能得到答案。
但是太慢。考虑已知长度为 k 的串，想一下把它接成 2*k 的串。
发现如果已经接好了，则对 2*k 的串排序，它们的前 k 个字符的顺序就和现在看见的长度为 k 的串的顺序一样。
所以对现在的长度为 k 的串排序，并再保留排序前的样子，然后考虑排序后的每个串接到排序前的哪个串上。
发现对长度为 2*k 的串排序就是以长度为 k 时排序前的串为第一关键字、长度为 k 的排序后的串为第二关键字的。
所以将长度为 k 的串排序后，已知每个串的上一个字符是什么；从前到后枚举排序后的长度为 k 的串，找到以该串对应字符结尾的那些串，在这个类别里找到第一个还没被接上的串，把自己接到该串后面。
这样一共 logn 层，每层大概是 O(n) ？不过还没想好怎么实现“接上去”，也许每层要变成 n2 了。
然后看了题解。
已知字符集和每个字符后面接着的那个串的字典序。
所以可以得到后面的那个串前面接上该字符后的新串的字典序。（形如“一个字符+一个串"，并且已知“一个串”的不算那个字符时的字典序排名）
同时由给出的那些字符，把新串按字典序对应上，就能知道每个新串的上一个字符是什么。
“上一个字符+一个串”的样子就是一个新串的样子。所以知道这个新串对应的上一个字符，可以尝试直接找这个新串对应的新串。如果能找到的话，得到新的自身排名和上一个字符，就能顺着把原来新串的从最后一个位置开始的每一个“上一个字符”找出来，即找到了原串。
其实问题就在于如果有很多个“同一个字符+一个串”，不知道自己这个串应该接在其中的哪个后面。
但已经知道这些备选方案接着的那个串的字典序排名了；而且也知道自己这个串的字典序排名。所以按排名对应上就行啦！对应上之后又知道了自己串的新的排名和上一个字符，就能做下去了。
自己的思路要维护 n+1 个串，而且每次要排序。没有利用上“前续了一个字符后新串的排名已知”这个条件。
因为每次要前续一个字符，所以把给出的条件从“已知每个排名对应的上一个字符”转为“已知每个字符后面串的排名”，就能实现一直做下去。
看到后缀数组，自己总想着分析它的倍增，而最近这两道题都是从它的“后缀去掉开头字符后仍是一个已知后缀”的角度考虑。学习一下这个思路。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=2e5+5; int n,m,dy[N],prn[N]; struct Node{int a,b;}t[N]; bool operator< (Node u,Node v){return u.a<v.a||(u.a==v.a&&u.b<v.b);} int rdn() { int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar(); return fx?ret:-ret; } int main() { n=rdn();m=rdn(); for(int i=1,d;i<=n+1;i++) { t[i].a=rdn(); t[i].b=i; } sort(t+1,t+n+2); for(int i=1;i<=n+1;i++)dy[t[i].b]=i; int cr=1,bj=n; while(bj) { cr=dy[cr];prn[bj--]=t[cr].a; } for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",prn[i]);puts(""); return 0; }