先玩柿子，发现可以拆开，前半部分可以瞬间求出，于是只求后半部分
然后抄板子就好了，完结撒花！
下边是个人口胡，因为已经被虐爆头脑不清醒了
定义：LCP（a，b）为排名为a,b两个后缀的最长公共前缀
证明1：LCP（i，k）=min（LCP（i，j），LCP（j，k）），（i<=j<=k）
sa[i]和sa[j]的前LCP（i，j）个字符相等，sa[j]和sa[k]的前LCP（j，k）个字符相等，所以LCP（i，k）不会小于右式。
然后（skyh：显然。）因为后缀们已经被排好序，所以不存在形如$left{ egin{array}{cc}a&b&c\a&b&d&e\a&b&c&e end{array}
ight.$
的后缀，一旦在中间有LCP的缩小，将来不会再次复原，所以LCP（i，k）不会大于右式。
所以左式等于右式。
证明2：LCP（i，k）=min（LCP（j，j-1）），i<=j<=k
由证明1，LCP（i，k）=min（LCP（i，i+1），LCP（i+1，k））
=min（LCP（i，i+1），LCP（i+1，i+2），LCP（i+2，k））
......
于是左式等于右式。
定义：height[i]=LCP（i，i-1），h[i]=height[rk[i]]
注意左i是排名，右i是位置
证明口胡3：h[i]>=h[i-1]-1
不妨设 rk[k-1]=rk[i-1]-1，则h[i-1]==LCP（rk[k-1]，rk[i-1]）。
如果char[k-1]!=char[i-1],那么h[i-1]=0，上式显然成立
如果char[k-1]==char[i-1],那么同时去掉char[k-1]和char[i-1]，string[k-1]变成string[k]，string[i-1]变成string[i]，显然LCP（rk[i]，rk[k]）==h[i-1]-1,而且由于rk[k-1]<rk[i-1]，rk[k]<rk[i]，所以前一句应该写成LCP（rk[k]，rk[i]）==h[i-1]-1了。
由证明2,LCP（rk[k]，rk[i]）<=LCP（rk[i]-1，rk[i]），即LCP（rk[k]，rk[i]）<=h[i]
等量代换，h[i]>=h[i-1]-1
这个定理是求h数组的复杂度保证。
求sa流程：
1.将原字符作为第一关键字塞进桶里，无第二关键字
2.桶排序，得到初始sa
3.处理出按第二关键字排名进行排序的第一关键字位置（起始位置）
4.桶排序，注意当第一关键字相同时按第二关键字排序
5.排序结果作为下一次倍增的第一关键字，注意判断相等
6.判断排名数量，如果有并列，重复3～5
7.没有并列，则已经求出sa
求rank流程：
1.这还用求吗一个for就把sa变成rank
求height流程：
1.首先提醒自己h数组是根据下标（位置）转移的，不是排名
2.枚举位置，初始为0
3.根据证明3，可以以h[i-1]-1为起点，然后暴力拓展
4.一个for循环结束，求出height或h
注意当rk[i]==1时，证明3所证的定理就萎了..只能特判它等于0（有没有发现证明过程中运用了一个k，还说rk[k]<rk[i]）（其实i==1时定理也不成立，因为用到了i-1，但是因为k初始就是0，它一开始就是暴力...)
upd：我在写上一段的时候突然发现，定理成立需要很多条件...例如i>1,k>1,rk[i]>1,rk[i-1]>1...而我并没有办法控制这些全部满足时才使用定理求解...所以我在此恳求看到此处的oier们..谁能解决这个问题...谢谢了...（雾