来源：力扣（LeetCode）

描述：

给你一个字符串 s ，找出它的所有子串并按字典序排列，返回排在最后的那个子串。

示例 1：

输入：s = "abab"
输出："bab"
解释：我们可以找出 7 个子串 ["a", "ab", "aba", "abab", "b", "ba", "bab"]。按字典序排在最后的子串是 "bab"。

示例 2：

输入：s = "leetcode"
输出："tcode"

提示：

• 1 <= s.length <= 4 * 10⁵
• s 仅含有小写英文字符。

方法：双指针

记字符串 s 的长度为 n。首先并非所有的子字符串都需要被考虑到，只有后缀子字符串才可能是排在最后的子字符串。

为什么只有后缀子字符串才可能是排在最后的子字符串？
考虑一个非后缀子字符串 s₁，那么 s₁ 向后延伸得到的后缀子字符串 s₂ 比 s₁ 大，即 s₂ 排在 s₁ 后面。

我们用 s_i ​表示从 s[i] 开始的后缀子字符串，那么可以用指针 i 来指向后缀子字符串 s₁ 。我们使用指针 i 指向已知的最大后缀子字符串，j 指向待比较的后缀子字符串，初始时有 i = 0，j = 1。一个简单的做法是从小到大枚举 j，如果 s_i < s_j，那么令 i = j，最终的后缀子字符串 s_i 就是排在最后的子字符串。类似于字符串匹配，在 s_i 与 s_j 的比较过程中，一部分前缀是相等的，我们利用这一点跳过一些不需要进行比较的后缀子字符串。假设 s_i 与 s_j 在第 k 个字符处不相等，即 s_i[k] ≠ s_j[k]，那么有两种情况：

• s_i[k] < s_j[k]
  • 当 i + k > j 时
    • 对于 m ∈ [1, k] 的后缀子字符串 s_i + m：
      • 如果 m ∈ [k − (j − i) + 1, k]，显然有 s_i + m < s_j + m，而 j + m > i + k，因此 s_i + m 是不需要比较的。
      • 如果 m ∈ [1, k − (j − i)]，那么 s_i + m < s_j + m = s_i+m+j−i ，又因为 m < m + j − i ≤ k，而 s_i + m 右边的后缀子字符串不需要进行比较，因此 s_i + m 是不需要进行比较的。

综上，下一个需要进行比较的后缀子字符串为 s_i+k+1。

• 当 i + k ≤ j 时

  • 下一个需要进行比较的后缀子字符串为 s_j + 1。

• s_i[k] > s_j[k]

  • 对于 m ∈ [1, k] 的后缀子字符串 s_j + m：
    • 如果 m ∈ [1, j − i]，显然有 s_j + m < s_i + m < s_i 。
    • 如果 m ∈ [j − i + 1, k]，那么 s_j + m < s_i + m = s_j+m+i−j < s_i（因为 1 ≤ m + i − j < m，而 s_j + m 左边的后缀子字符串小于 s_i，因此 s_j + m 也小于 s_i）。

综上，对于 m ∈ [1, k]，都有 s_j + m < s_i，所以下一个需要比较的后缀子字符串为 s_j+k+1。

当 s_j 为 s_i 的前缀子字符串，即 j + k = n 时，与情况 s_i[k] > s_j[k] 类似。

代码：

class Solution {
public:
    string lastSubstring(string s) {
        int i = 0, j = 1, n = s.size();
        while (j < n) {
            int k = 0;
            while (j + k < n && s[i + k] == s[j + k]) {
                k++;
            }
            if (j + k < n && s[i + k] < s[j + k]) {
                int t = i;
                i = j;
                j = max(j + 1, t + k + 1);
            } else {
                j = j + k + 1;
            }
        }
        return s.substr(i, n - i);
    }
};

执行用时：28 ms, 在所有 C++ 提交中击败了95.00%的用户
内存消耗：17.9 MB, 在所有 C++ 提交中击败了96.00%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串 s 的长度。每 k 次比较，i 与 j 共同至少向右移动 k，因此总比较次数不超过 2 × n 次。
空间复杂度：O(1)。返回值不计算空间复杂度。
author：LeetCode-Solution