ExKMP(Z Algorithm) 讲解

目录

• 问题引入
  • CaiOJ 1461 【EXKMP】最长共同前缀长度
• 算法讲解
  • 匹配过程
  • next 的求解
• 复杂度证实
  • 代码解决
  • 一些例题
    • UOJ #5. 【NOI2014】动物园
    • CF1051E Vasya and Big Integers

问题引入

众所周知，\(\mathrm{KMP}\) 算法是最为经典的单模板字符串匹配问题的线性解法。那么 \(\mathrm{ExKMP}\) 字面意义是 \(\mathrm{KMP}\) 的扩展，那么它是解决什么问题呢？

CaiOJ 1461 【EXKMP】最长共同前缀长度

存在母串 \(S\) 和子串 \(T\) ，设 \(|S| = n, |T| = m\) ，求 \(T\) 与 \(S\) 的每个后缀的最长公共前缀 \((\mathrm{LCP})\)。

设 \(extend\) 数组， \(extend[i]\) 表示 \(T\) 与 \(S_{i \sim n}\) 的 \(\mathrm{LCP}\) ，对于 \(i \in [1, n]\) 求 \(extend[i]\) 。

\(1 \le m \le n \le 10^6\)

如下的字符串下标均从 \(1\) 开始标号。

算法讲解

本文参考了这位 大佬的讲解 。

其实能够直接用 \(SA / SAM\) 解决，可是太大材小用了。。。(但彷佛不太好作到 \(O(n)\) 有一种是作到 \(O(n) - O(1) \mathrm{RMQ}\) )

对于通常的 \(\mathrm{KMP}\) 只须要求全部 \(extend[i] = m\) 的位置，那么 \(\mathrm{ExKMP}\) 就是须要求出这个 \(extend[i]\) 数组。

举个例子更好理解。

令 \(S = \underline{aaaabaa}, T = \underline{aaaaa}\) 。

S: a a a a b a a
   | | | | X
T: a a a a a

咱们知道 \(extend[1] = 4\) ，而后计算 \(extend[2]\) ，咱们发现从新匹配是很浪费时间的。

因为 \(S_{1 \sim 4} = T_{1\sim 4}\) ，那么 \(S_{2 \sim 4} = T_{2 \sim 4}\) 。

此时咱们须要一个辅助的匹配数组 \(next[i]\) 表示 \(T_{i \sim m}\) 与 \(T\) 的 \(\mathrm{LCP}\) 。

咱们知道 \(next[2] = 4\) ，那么 \(T_{2 \sim 5} = T_{1 \sim 4} \Rightarrow T_{2 \sim 4} = T_{1 \sim 3}\) 。

因此能够直接从 \(T_4\) 开始和 \(S_5\) 匹配，此时发现会失配，那么 \(extend[2] = 3\) 。

这其实就是 \(\mathrm{ExKMP}\) 的主要思想，下面简述其匹配的过程。

匹配过程

此处假设咱们已经获得了 \(next[i]\) 。

当前咱们从前日后依次递推 \(extend[i]\) ，假设当前递推完前 \(k\) 位，要求 \(k + 1\) 位。

此时 \(extend[1 \sim k]\) 已经算完，假设以前 \(T\) 能匹配 \(S\) 的后缀最远的位置为 \(p = \max_{i < k} (i + extend[i] - 1)\) ，对应取到最大值的位置 \(i\) 为 \(pos\) 。

S: 1 ... pos ... k k+1 ... p ...

那么根据 \(extend\) 数组定义有 \(S_{pos \sim p} = T_{1 \sim p - pos + 1} \Rightarrow S_{k + 1 \sim p} = T_{k - pos + 2 \sim p -pos + 1}\) 。

令 \(len = next[k - pos + 2]\) ，分如下两种状况讨论。

1. \(k + len < p\) 。

   S: 1 ... pos ... k k+1 ... k+len k+len+1 ... p ...
                       |   |    |      X
   T:                  1  ...  len   len+1  ...

   此时咱们发现 \(S_{k + 1 \sim k + len} = T_{1 \sim len}\) 。

   因为 \(next[k - pos + 2] = len\) 因此 \(T_{k + len + pos + 2} \not = T_{len + 1}\) 。

   又因为 \(S_{k + len + 1} = T_{k + len - pos + 2}\) 因此 \(S_{k + len + 1} \not = T_{len + 1}\) 。

   这意味着 \(extend[k + 1] = len\) 。

2. \(k + len \ge p\)

   S: 1 ... pos ... k k+1 ...  p  p+1   ... ...
                       |   |   |   ?
   T:                  1  ... ... p-k+2 ... len ...

   那么 \(S_{p + 1}\) 以后的串咱们都从何尝试匹配过，不知道其信息，咱们直接暴力向后依次匹配便可，直到失配停下来。

   若是 \(extend[k + 1] + k > p\) 要更新 \(p\) 和 \(pos\) 。

next 的求解

前面咱们假设已经求出 \(next\) ，但如何求呢？

其实和 \(\mathrm{KMP}\) 是很相似的，咱们至关于 \(T\) 本身匹配本身每一个后缀的答案，此处须要的 \(next\) 全都在前面会计算过。

和前面匹配的过程是如出一辙的。

复杂度证实

下面来分析一下算法的时间复杂度。

1. 对于第一种状况，无需作任何匹配便可计算出 \(extend[i]\) 。

2. 对于第二种状况，都是从未被匹配的位置开始匹配，匹配过的位置再也不匹配，也就是说对于母串的每个位置，都只匹配了一次，因此算法整体时间复杂度是 \(O(n)\) 的。

代码解决

注意 \(k + 1 = i\) ，不要弄错下标了。

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define next Next

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("1461.in", "r", stdin);
    freopen ("1461.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e6 + 1e3;

void Get_Next(char *S, int *next) {
    int lenS = strlen(S + 1), p = 1, pos;
    next[1] = lenS; // 对于 next[1] 要特殊考虑
    while (p + 1 <= lenS && S[p] == S[p + 1]) ++ p;
    next[pos = 2] = p - 1; // next[2] 是为了初始化
 
    For (i, 3, lenS) { // 注意此时 k + 1 = i
        int len = next[i - pos + 1];
        if (len + i < p + 1) next[i] = len; // 对应上面第一种状况
        else {
            int j = max(p - i + 1, 0); // 找到前面对于 子串 最靠后已经匹配的位置
            while (i + j <= lenS && S[j + 1] == S[i + j]) ++ j; // 第二种须要暴力匹配
            p = i + (next[pos = i] = j) - 1; // 记得更新 p, pos
        }
    }
}
 
void ExKMP(char *S, char *T, int *next, int *extend) {
    int lenS = strlen(S + 1), lenT = strlen(T + 1), p = 1, pos;
 
    while (p <= lenT && S[p] == T[p]) ++ p;
    p = extend[pos = 1] = p - 1; // 初始化 extend[1]
 
    For (i, 2, lenS) {
        int len = next[i - pos + 1];
        if (len + i < p + 1) extend[i] = len;
        else {
            int j = max(p - i + 1, 0);
            while (i + j <= lenS && j <= lenT && T[j + 1] == S[i + j]) ++ j;
            p = i + (extend[pos = i] = j) - 1;
        }
    } // 和上面基本如出一辙啦
}

char S[N], T[N]; int next[N], extend[N];

int main () {

    File();

    scanf ("%s", S + 1);
    scanf ("%s", T + 1);

    Get_Next(T, next);
    ExKMP(S, T, next, extend);

    For (i, 1, strlen(S + 1))
        printf ("%d%c", extend[i], i == iend ? '\n' : ' ');

    return 0;

}

一些例题

UOJ #5. 【NOI2014】动物园

题意

给你一个字符串 \(S\) ，定义 \(num\) 数组 --- 对于字符串 \(S\) 的前 \(i\) 个字符构成的子串，既是它的后缀同时又是它的前缀，而且 该后缀与该前缀不重叠 ，将这种字符串的数量记做 \(num[i]\) 。

求 \(\prod_{i = 1}^{|S|} (num[i] + 1) \pmod {10^{9}+7}\)

题解

若是会 \(\mathrm{ExKMP}\) 就是裸题了。

而后考虑对于每一个 \(S\) 的后缀 \(i\) 会被算多少遍，其实就是对于以 \([i, \min(2 \times (i - 1), i + next[i] - 1)]\) 为结尾的全部前缀有贡献，那么直接差分便可。

复杂度是 \(O(\sum |S|)\) 的。

代码

前面的板子就再也不放了。

const int N = 1e6 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

char str[N]; int num[N], next[N];
 
int main () {

    File();
    
    for (int cases = read(); cases; -- cases) {

        scanf ("%s", str + 1); Set(num, 0);
        Get_Next(str, next);

        int n = strlen(str + 1);
        For (i, 2, n)
            if (next[i])
                ++ num[i], -- num[min(i * 2 - 1, i + next[i])];

        int ans = 1;
        For (i, 1, n)
            ans = 1ll * ans * ((num[i] += num[i - 1]) + 1) % Mod;
        printf ("%d\n", ans);

    }

    return 0;

}

CF1051E Vasya and Big Integers

题意

给你一个由数字构成的字符串 \(a\) ，问你有多少种划分方式，使得每段不含前导 \(0\) ，而且每段的数字大小在 \([l, r]\) 之间。答案对于 \(998244353\) 取模。

\(1 \le a \le 10^{1000000}, 0 \le l \le r \le 10^{1000000}\)

题解

考虑暴力 \(dp\) ，令 \(dp_i\) 为以 \(i\) 为一段结束的方案数。对于填表法是没有那么好转移的，（由于前导 \(0\) 的限制是挂在前面那个点上）咱们考虑刷表法。

那么转移为
\[ dp_j = dp_j + dp_i~~\{j~|~a_i \not = 0 \& l \le a_{i \sim j} \le r\} \]

咱们发现 \(dp_i\) 能转移到的 \(j\) 必定是一段连续的区间。

咱们就须要快速获得这段区间，首先不难发现 \(j\) 对应的位数区间是能够很快肯定的，就是 \([l + |L| - 1, i + |R| - 1]\) 。

可是若是位数同样的话须要多花费 \(O(n)\) 的时间去逐位比较大小。

有什么快速的方法吗？不难想到比较两个数字大小的时候是和字符串同样的，就是 \(\mathrm{LCP}\) 的后面一位。

那么咱们用 \(\mathrm{ExKMP}\) 快速预处理 \(extend(\mathrm{LCP})\) 就能够了。

代码

const int N = 1e6 + 1e3, Mod = 998244353;

inline void Add(int &a, int b) {
    if ((a += b) >= Mod) a -= Mod;
}

char S[N], L[N], R[N];

template<typename T>
inline int dcmp(T lhs, T rhs) {
    return (lhs > rhs) - (lhs < rhs);
}

inline int Cmp(int l, int r, char *cmp, int *Lcp, int len) {
    if (r - l + 1 != len) return dcmp(r - l + 1, len);
    return l + Lcp[l] > r ? 0 : dcmp(S[l + Lcp[l]], cmp[Lcp[l] + 1]);
}

int lenL, lenR, tmp[N], EL[N], ER[N];

inline bool Check(int x, int y) {
    return Cmp(x, y, L, EL, lenL) >= 0 && Cmp(x, y, R, ER, lenR) <= 0;
}

int tag[N], dp = 1;

int main () {

    File();

    scanf ("%s", S + 1);
    int n = strlen(S + 1);

    scanf ("%s", L + 1); lenL = strlen(L + 1); Get_Next(L, tmp); ExKMP(S, L, tmp, EL);
    scanf ("%s", R + 1); lenR = strlen(R + 1); Get_Next(R, tmp); ExKMP(S, R, tmp, ER);

    tag[1] = Mod - 1;
    For (i, 1, n) {
        int l, r;
        if (S[i] == '0') {
            if (L[1] == '0') l = r = i;
            else { Add(dp, tag[i]); continue; }
        } else {
            l = i + lenL - 1; if (!Check(i, l)) ++ l;
            r = i + lenR - 1; if (!Check(i, r)) -- r;
        }
        if (l <= r) Add(tag[l], dp), Add(tag[r + 1], Mod - dp); 
        Add(dp, tag[i]);
    }

    printf ("%d\n", (dp + Mod) % Mod);

    return 0;

}