约定：以下字符串下标从1开始
对于字符串$s_{1}$和$s_{2}$，定义以下信息——
定义$s_{1}approx s_{2}$当且仅当$s_{1}[1,l]=s_{2}[1,l]$（其中$l=min(|s_{1}|,|s_{2}|)$）
定义$s_{1}ll s_{2}$当且仅当$s_{1}<s_{2}$且$s_{1} otapprox s_{2}$，$s_{1}gg s_{2}$当且仅当$s_{1}>s_{2}$且$s_{1} otapprox s_{2}$
结论：若$s=caab$，则$f(s) e |c|+|a|+1$（其中$a,b,c$为任意字符串，且$a,b$非空）
考虑取另外$|c|+1$和$|c|+2|a|+1$的位置，即求证$abcale aabc$或$abca<bcaa$
（前者取等号，因为当相等时，$f(s)$会取靠前的位置）
当$bcale abc$时，前者显然成立；当$bca>abc$时，后者显然成立
（另外，当$b$为空时此结论也成立，但本文中并不需要利用此性质）
$forall xin [1,i]$，$xin S_{i}$当且仅当其满足：
1.$forall 1le yle i,s[x,i] otll s[y,i]$
2.$forall 1le y<x且2x-yle i,s[y,i] otapprox s[x,i]$
（这个条件即等价于不存在$s[1,i]=caab$使得$f(s)=|c|+|a|+1$）
显然，有$f(s[1,i])in S_{i}$，下面考虑$|S_{i}|$的大小——
结论：$|S_{i}|sim o(log n)$
若$x,yin S_{i}$（不妨假设$x<y$），根据第一个性质，则有$s[x,i]approx s[y,i]$
若$2y-xle i$，即可以得到$s[x,y)=s[y,2y-x)$，与第2个性质矛盾
因此$2y-x>i$，也即$2|s[y,i]|le |s[x,i]|$，因此将$S_{i}$中的$x$写作$i-x+1$从小到大排列后，后一项大于等于前一项的两倍且值域为$[1,i]$，即有$|S_{i}|sim o(log n)$
下面，考虑如何求$S_{i}$，显然$S_{i}subseteq S_{i-1}cup {i}$，从小到大枚举$S_{i-1}cup {i}$中的元素$x$，并判定能否加入$S_{i}$中
关于这里，判定只需要考虑$S_{i}$中的元素（正确性显然），更具体的即如下做法——
初始$S_{i}$为空，若$S_{i}$为空则直接加入，否则令$y$为当前$S_{i}$中的最大值，考虑$s_{i}$和$s_{y+i-x}$的关系：
1.$s_{i}>s_{y+i-x}$，不加入$x$
2.$s_{i}<s_{y+i-x}$，令$S_{i}={x}$
3.$s_{i}=s_{y+i-x}$，若$2x-y>i$则加入$x$
初始为$S_{0}=empty$，综上即可求出$S_{i}$，且复杂度为$o(nlog n)$
最后，考虑如何求$f(s[1,i])$，根据$f(s[1,i])in S_{i}$，可以暴力枚举$S_{i}$中的元素并判定
下面，我们要快速判定$s[x,i]+s[1,x)$和$s[y,i]+s[1,y)$的大小关系（不妨假设$x<y$），由于$x,yin S_{i}$，因此有$s[x,i]approx s[y,i]$，也即$s[y,i]$是$s[x,i]$的前缀
换言之，即判定$s(i-(y-x),i]+s[1,x)$和$s[1,y)$的大小关系，考虑求lcp后判定第一个不同的字符，那么问题即求$s$某个后缀与$s$的lcp长度，有以下三种做法：
1.二分+哈希可以做到$o(log n)$，但总复杂度即变为$o(nlog^{2}n)$，无法通过
2.后缀数组，复杂度为$o(nlog n)$，常数太大，无法通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 3000005 4 int n,ans,rk[N<<1],a[N],b[N],c[N],tot[N],sa[N],h[N],v[N],vv[N],num[11]; 5 char s[N]; 6 void write(int x){ 7 while (x){ 8 num[++num[0]]=x%10; 9 x/=10; 10 } 11 for(;num[0];num[0]--)putchar(num[num[0]]+'0'); 12 } 13 int main(){ 14 scanf("%s",s+1); 15 n=strlen(s+1); 16 for(int i=1;i<=n;i++)rk[i]=s[i]-'a'+1; 17 int m=26; 18 for(int i=1;;i<<=1){ 19 memset(tot,0,sizeof(tot)); 20 for(int j=1;j<=n;j++)tot[rk[j+i]]++; 21 for(int j=1;j<=m;j++)tot[j]+=tot[j-1]; 22 for(int j=1;j<=n;j++)a[tot[rk[j+i]]--]=j; 23 memset(tot,0,sizeof(tot)); 24 for(int j=1;j<=n;j++)tot[rk[j]]++; 25 for(int j=2;j<=m;j++)tot[j]+=tot[j-1]; 26 for(int j=n;j;j--)b[tot[rk[a[j]]]--]=a[j]; 27 m=0; 28 for(int j=1;j<=n;j++){ 29 if ((j==1)||(rk[b[j]]!=rk[b[j-1]])||(rk[b[j]+i]!=rk[b[j-1]+i]))m++; 30 c[b[j]]=m; 31 } 32 memcpy(rk,c,sizeof(c)); 33 if (m==n)break; 34 } 35 for(int i=1;i<=n;i++)sa[rk[i]]=i; 36 for(int i=1,k=0;i<=n;i++,k-=(k>0)){ 37 while ((i+k<=n)&&(sa[rk[i]+1]+k<=n)&&(s[i+k]==s[sa[rk[i]+1]+k]))k++; 38 h[rk[i]]=k; 39 } 40 for(int i=rk[1]-2;i;i--)h[i]=min(h[i],h[i+1]); 41 for(int i=n;i>rk[1];i--)h[i]=h[i-1]; 42 h[rk[1]]=n; 43 for(int i=rk[1]+1;i<=n;i++)h[i]=min(h[i],h[i-1]); 44 memcpy(c,h,sizeof(c)); 45 for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=c[rk[i]]; 46 for(int i=1;i<=n;i++){ 47 for(int j=0;j<=v[0];j++)vv[j]=v[j]; 48 vv[++vv[0]]=i; 49 v[0]=0; 50 for(int j=1;j<=vv[0];j++){ 51 if (!v[0])v[++v[0]]=vv[j]; 52 else{ 53 int x=vv[j],y=v[v[0]]; 54 if (s[i]<s[y+i-x])v[0]=0; 55 if ((s[i]<s[y+i-x])||(s[i]==s[y+i-x])&&(2*x-y>i))v[++v[0]]=x; 56 } 57 } 58 ans=v[1]; 59 for(int j=2;j<=v[0];j++){ 60 int x=ans,y=v[j],l=h[i-(y-x)+1]; 61 if (l<y-x){ 62 if (s[i-(y-x)+l+1]>s[l+1])ans=y; 63 } 64 else{ 65 l=h[y-x+1]; 66 if ((l<x-1)&&(s[y-x+l]<s[l+1]))ans=y; 67 } 68 } 69 write(ans); 70 if (i<n)putchar(' '); 71 } 72 }
3.exkmp，下面将讲述其做法——
定义数组$z_{i}=lcp(s[i,|s|],s)$（特别的，强制$z_{1}=0$）
考虑求$z_{i}$，维护一个区间$[l,r]$，其中$r=max_{1le j<i}z_{j}+j-1$，$l$为对应此$r$的最小的$j$
若$ile r$，根据$s[l,r]=s[1,r-l+1]$，有$s[i,r]=s[l-i+1,r-l+1]$，此时对$z_{i-l+1}$分类讨论：
1.$z_{i-l+1}<r-i+1$，则$z_{i}=z_{i-l+1}$（如果再增大，即$z_{i-l+1}$也能增大）
2.$z_{i-l+1}ge r-i+1$，则令$z_{i}=r-i+1$，并暴力增大$z_{i}$扩展
若$i>r$，则令$z_{i}=0$，并暴力增大$z_{i}$扩展
最后，再用$[j,z_{j}+j)$去更新$[l,r]$（当$r<z_{j}+j-1$时）
关于这一做法的正确性显然，考虑时间复杂度：对于两个暴力增大$z_{i}$扩展的情况，都是初始$i+z_{i}-1=r$，之后不断增加$z_{i}$，最终仍令$r=i+z_{i}-1$
换言之，每一次增加$z_{i}$，不妨同时令$r$增加1，那么显然总复杂度为$o(n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 3000005 4 int n,ans,h[N],v[N],vv[N],num[11]; 5 char s[N]; 6 void write(int x){ 7 while (x){ 8 num[++num[0]]=x%10; 9 x/=10; 10 } 11 for(;num[0];num[0]--)putchar(num[num[0]]+'0'); 12 } 13 int main(){ 14 scanf("%s",s+1); 15 n=strlen(s+1); 16 int l=1,r=1; 17 for(int i=2;i<=n;i++){ 18 if (i<=r){ 19 if (h[i-l+1]<r-i+1)h[i]=h[i-l+1]; 20 else h[i]=r-i+1; 21 } 22 while ((i+h[i]<=n)&&(s[i+h[i]]==s[h[i]+1]))h[i]++; 23 if (i+h[i]-1>r){ 24 l=i; 25 r=i+h[i]-1; 26 } 27 } 28 h[1]=n; 29 for(int i=1;i<=n;i++){ 30 for(int j=0;j<=v[0];j++)vv[j]=v[j]; 31 vv[++vv[0]]=i; 32 v[0]=0; 33 for(int j=1;j<=vv[0];j++){ 34 if (!v[0])v[++v[0]]=vv[j]; 35 else{ 36 int x=vv[j],y=v[v[0]]; 37 if (s[i]<s[y+i-x])v[0]=0; 38 if ((s[i]<s[y+i-x])||(s[i]==s[y+i-x])&&(2*x-y>i))v[++v[0]]=x; 39 } 40 } 41 ans=v[1]; 42 for(int j=2;j<=v[0];j++){ 43 int x=ans,y=v[j],l=h[i-(y-x)+1]; 44 if (l<y-x){ 45 if (s[i-(y-x)+l+1]>s[l+1])ans=y; 46 } 47 else{ 48 l=h[y-x+1]; 49 if ((l<x-1)&&(s[y-x+l]<s[l+1]))ans=y; 50 } 51 } 52 write(ans); 53 if (i<n)putchar(' '); 54 } 55 }