——《高階資料結構》
前面介紹了幾種演算法構造字尾陣列，雖然得到的字尾陣列已經能處理一些簡單的問題，但是為了讓其能夠具有與字尾樹相媲美的字串處理能力，需要引入輔助工具——lcp（longest common prefix,最長公共字首）。
對於字串st1和st2,它們的最長公共字首lcp_str(st1,st2)定義為最大的整數len，滿足st1的len次方=st2的len次方（記號意義同前文中）。當然，len不會超過兩者中較短字串的長度。對於字尾陣列，我們需要知道的是任意兩個字尾的最長公共字首 。因此定義lcp_idx(i,j)=lcp_str(suffix(sa(i)),suffix(sa(j))),即排名第i的字尾和排名為j的字尾的lcp。
不難發現，lcp_idx與操作元順序無關，並且對於兩個相同的字串，它們的lcp即它們的長度，因此為了求解方便，我們只需要求所有i0且rank(i)>0，有height[rank(i)]>=height[rank(i-1)]-1。據此按照i遞增的順序求解height[rank(i)]。計算height[rank(i)]時，不要從第乙個字元開始比較，而是從第height[rank(i-1)]個字元開始比較。
用步驟3的方法可以在o(n)的時間內得到height陣列，至此可以完美解決本問題。
根據以上描述，不難得到如下的**（僅構造height陣列，rmq過程省略）：
//引數分別為：字串st（下標從0開始），字尾陣列指標，名次陣列指標，待計算的height陣列指標及字串長度
void getheght(int* st,int* sa,int* rank,in* height,int n)
}下面給出以上相關的證明
1.對於i=len;同時，若有lcp_idx(i,k)>len；假設為len2，那麼suffix(sa(i))的len2次方=suffix(sa(k))的len2次方。由i=len2,矛盾，所以lcp_idx(i,k)<=len。得證。
步驟二：應用步驟一的結論將lcp_idx(i,j)展開。若i+1=j，那麼顯然成立；否則，答案為min(lcp_idx(i,i+1)),lcp_idx(i,i+1)，lcp_idx(i+1,j),第一項可以直接寫出，第二項繼續展開，最後的結果便是證明的式子。
2.對於i>0且rank(i)>0,有height[rank(i)]>=height[rank(i-1)]-1
證明：當height[rank(i-1)]<=1時顯然成立，當height[rank(i-1)]>1時，因為height[0]=0，所以rank(i-1)>0。不妨令j=i-1，k=sa[rank(j)-1],那麼有height[rank(i-1)]=lcp_str(suffix(k),suffix(j))>1。將這兩個字尾各自去掉其第乙個字元得到新的兩個字尾為suffix（k+1）和suffix(j+1=i),顯然lcp_str(suffix(k+1),suffix(i))=lcp_str(suffix(k),suffix(j))-1=height[rank[i-1]]-1。同時，我們注意到，suffix(k)=rank(k+1),故lcp_idx(rank(i)-1,rank(i))>=lcp_idx(rank(k+1),rank(i)).該不等式左邊即為height[rank(i)]，而右邊為height[rank(i-1)]=-1,故得證。
3。計算height陣列過程的時間複雜度為 o(n)
證明：根據2中的結論，我們可以按照i從小到大的順序計算height陣列。計算height[rank(i)]時，對於i>.0且rank(i)>0的情況，我們從height[rank(i-1)]-1開始，逐一比較，該過程總時間複雜度為o(n),好比蝸牛爬桿，每天至多爬到頂，每天下降一步，最後上爬的步數至多為2n；而對於i=0或者rank(i)=0的情況，即使從頭開始順次比較，最壞也只要各自比較n次。綜上所述，總共比較的次數不會超過4n次，故演算法的時間複雜度為o（n）。
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