标签：tmp ss border next int KMP Border
KMP
字符串基本概念
字符串
S：无特殊说明，字符串仅由26个小写字母'a'-'z'，并用大写字母表示一个字符串 S="abcd"
|S|：表示一个字符串的长度 |S|=4
S[i]：表示字符串S第i个位置的字母，下标从1开始（一般在字符串最前面加上一个空格） S[1]='a'
子串
S[l,r]：表示字符串S从第l到第r个字母顺次连接而成的新字符串 S[2,3]="bc"
Prefixs[i] ：表示字符串S的长度为i的前缀，Prefixs[i] = S[1,i] Prefix[2]=S[1,2]="ab"
Suffixs[i]：表示字符串S的长度为i的后缀，Suffixs[i] = S[|S|-i+1,|S|] Suffix[3]=s[2,4]="bcd"
注意，如果语境中只存在一个字符串，则可以简写成Prefix[i]和Suffix[i]
Border
如果字符串S 的同长度的前缀和后缀完全相同，即Prefix[i] = Suffix[i]，
则称此前缀（后缀）为一个Border（根据语境，有时Border 也指长度）。
特殊地，字符串本身也可以是它的Border，具体是不是根据语境判断。
e.g. 若S="bbabbab"，试求所有Border
"b" 和 "bbab" 也可以说1和4是border
周期和循环节
对于字符串S 和正整数p，如果有S[i] = S[i − p]，对于p < i ≤ |S| 成立，则称p 为字符串S 的一个周期。
特殊地，p = |S| 一定是S 的周期
e.g. s="bbabbab" p=3 "bba" "bba" "b" 或者 p=6 "bbabba" "b" 或者p=7 "bbabbab" 共有3个循环周期
循环周期可以要求循环单元不完整出现，例如上面例子里面最后一个循环单元没有完整出现
若字符串S 的周期p 满足p | |S|，则称p 为S 的一个循环节
判断P是否能整除|S|
循环节要求所有循环单元都必须要完整出现
特殊地，p = |S| 一定是S 的循环节
e.g. S="bbabbab" 循环节只有本身"bbabbab"
S="bbabbabba" 循环节有"bba" "bbabbabba"
Border vs 周期
p 是S 的周期⇔ |S| − p 是S 的Border
证明.
p 为S 的周期⇔ S[i − p] = S[i]
q 为S 的Border ⇔ S[1, q] = S[|S| − q + 1, |S|] ⇔
S[1] = S[|S| − q + 1], S[2] = S[|S| − q + 2], . . . , S[q] = S[|S|]
S[i] = S[i+|S|-q] ⇔ |S|-q=p
易得：p + q = |S|
因此，字符串的周期性质等价于Border 的性质，
求周期也等价于求Border
警告：Border 不具有二分性。
Border的Naive 求法
暴力
枚举1 ≤ i ≤ |S|，暴力验证是否有Preffix[i] == Suffix[i] 。
复杂度O(N2)
优雅的暴力
使用Hash 验证Prefix[i] == Suffix[i]
复杂度O(N)，常数很大，容易构造Hash 冲突
Border的性质
传递性
S 的Border 的Border 也是S 的Border
可以画图表示
证明.
设p 为S 的Border，则有Preffixs[p] == SuffixS[p]，即
S[1, p] == S[|S| − p + 1, |S|]
设q 为S[1, p] 的Border，则有PrefixS[1,p][q] == SuffixS[1,p][q]，即
S[1, q] == S[p − q + 1, p]，进而S[1, q] == S[|S| − q + 1, |S|]，因此q 也是S 的Border。
"bbabbab" border:"bbab" bbab border:"b"
所以 ， 求S 的所有Border ⇔ 求所有前缀的最大Border
令p为S的最大border，那么S的其他border也是p的border，
要求S的所有border，就是先求S 的最大border，再对这个最大border求最大border，直到除了本身以外没有其他border（非平凡）,就找到了S 的所有border
KMP算法和简单应用
KMP用来求每个前缀的最大border
Next数组
next[i] = Preffix[i] 的非平凡的最大Border （非平凡就是去掉本身）
next数组表示i这个前缀的除了本身之外的最大border
next[1] = 0 （长度为1的字符串没有非本身的border）
考虑Prefix[i] 的所有（长度大于1 的）Border，去掉最后一个字母，就会变成Prefix[i − 1] 的Border。
蓝色部分代表字符串的border，那么我们把前缀的最后一个字符扣掉，再把后缀的最后一个字符扣掉，那么红色实心部分也应该是相等的
所以求长度为i的border等价于求长度为i-1的border，我们要求有没有长度为i的border的时候，其实就只要判断i-1的border+1后是否相等就行
Prefix[i]的border长度-1 = Prefix[i-1]的border长度 这是必要性 然后我们通过Prefix[i-1]的border+1去判断能否得到prefix[i]的border，从而证明充分性
这里只能由Prefix[i]的border推Prefix[i-1]的border，不能反过来推
就是说，我判断Prefix[i]的border的时候，我看一下能不能由prefix[i-1]的最长border next[i-1]往后拓展一个字符得到，如果不能的话我就去判断能不能由next[next[i-1]]拓展一个字符得到，直到最后next[]=0为止
因此求next[i] 的时候，可以遍历Prefix[i − 1] 的所有Border，即next[i − 1], next[next[i − 1]], . . . , 0，检查后一个字符是否等于S[i]。
这看着也太O(N2) 了？？
e.g. S="bbabbab"
next[1]=0 长度为1的前缀有一个长度为0的border
next[2] 就是求"bb"的border，通过next[1]+1=1，在第一个border的基础上向后拓展一个字符，判断长度为1的是不是prefix[2]的border，那么b是bb的border 所以 next[2]=1
next[3] 将next[2]+1=2，在next[1]的基础上向后拓展一位，b->bb , b->ba , 看长度为2的字符串是不是长度为3的前缀的border "bb"!="ba" ，再去看next[1]=0 再去检查长度为0+1的border是不是长度为3的前缀的border "b"!="a" ，所以next[3]=0
next[4] next[3]+1=1，判断b是不是长度为4的前缀的border，就是求"bbab"的border，next[4]=1
next[5] next[4]+1=2，判断长度为2的字符是不是长度为5的border，b->bb,b->bb，bb是bbabb的border，next[5]=next[4]+1 "bbabb" 前面一个的border是b 也就是bbab b 在前缀b和后缀b加上一个字符判断是不是相等的 bb == bb next[5]=2
next[6] next[5]+1=3 bb->bba ,bb->bba ,bb是bbabba的border，所以next[6]=next[5]+1=3
next[7] next[7]=next[6]+1=4 bba->bbab ,bba->bbab，bbab是bbabbab的border，所以next[7]=next[6]+1=4
原理就是判断i-1的border拓展一位能不能变成i的border，就是说看i-1的前缀 的前缀和后缀都往后拓展一位是不是还相同，相同就将i-1 去+1，得到答案。如果不相同就看在前面一次也就是得到i-1的答案的那个border是否能够再拓展一位
（也就是说一个字符串的次大border一定是最大border的border）
最后的border就是next[|S|]
复杂度分析
考虑使用势能分析进行讨论：
如果next[i] = next[i − 1] + 1，则势能会增加1
否则势能会先减少到某个next[j]，然后有next[i] = next[j]+1，势能也会增加1，在寻找next[j] 的过程中，势能会减少，每次至少减少1。
还有一种情况，next[i] = 0，势能清空，且不会增加。
综上，势能总量为O(N)，因此整体的复杂度也是O(N)，常数为2 左右（很小）。空间复杂度也为O(N)。
例题1 NC15165 字符串的问题
字符串S 长度不超过106，求一个最长的子串T，满足：
T 为S 的前缀。
T 为S 的后缀。
T 在S 中至少出现3 次。
T 为S 的前缀 + T 为S 的后缀 = T是S的border
T还要在其他位置也出现一遍，所以T还是S的某个前缀的border（通过长度判断）
那么就是看最大border，即next[n]是否在前面出现过，出现过就是这个next[n]
如果没有那么就是次大border，即next[next[n]]，次大border最起码出现过四次，在前缀里面出现过两次，在后缀里面出现过两次
首先用KMP 求出S 的所有Border，答案为next[n] 或者next[next[n]]。（次大border最少会出现4次）
border要出现至少3次，那么nxt[n]就至少要能够匹配两次，那就直接输出border为nxt[n]的前缀就可以了
那如果nxt[n]和nxt[nxt[n]]都为0，就输出无解
#include <bits/stdc++.h>
//#define LOCAL
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
const double pi=acos(-1.0);
const int INF=1000000000;
const int maxn=1e6+5;
int nxt[maxn];
int main()
{
IOS;
#ifdef LOCAL
freopen("input.txt","r",stdin);
freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
string ss;
cin>>ss;
int lenss=ss.length();
ss=" "+ss;
for (int i=2;i<=lenss;i++){
nxt[i] = nxt[i-1];
while (nxt[i]&&ss[i]!=ss[nxt[i]+1]) nxt[i] = nxt[nxt[i]];
nxt[i]+=(ss[i]==ss[nxt[i]+1]);
}
int p=0;
for(int i=1;i<=lenss;i++){
if(nxt[lenss]==nxt[i]) p++;
}
if(p>=2&&nxt[lenss]){
for(int i=1;i<=nxt[lenss];i++)
cout<<ss[i];
}else if(nxt[nxt[lenss]]){
for(int i=1;i<=nxt[nxt[lenss]];i++){
cout<<ss[i];
}
}else cout<<"Just a legend";
return 0;
}
例题2 NC16638 carpet
有一个n ∗ m 的字符串二维矩阵A（0 < n ∗ m ≤ 1000, 000）。
求一个最小的子矩阵B，使得：将矩阵B 横向纵向无限复制之后，A 是一个子矩阵。
题意等价于求A 的最小二维循环周期。二维循环周期需要对两个维度分别求。方法是完全对称的。矩阵的横向循环周期，必须同时是矩阵每一行的循环周期。因此对每一行分别求循环周期（KMP），然后求最小公共周期即可。
求横向的最小循环周期和纵向的最小循环周期
KMP可以求border，然后|S|-border就是周期
B是A的子矩阵，然后将B无限复制，A就变成了B 的子矩阵，那么我们可以猜测，B是A的循环周期，那么对于横向和纵向都是一样的原理，
所以我们只需要求出A的各行的循环周期，然后再去求公共周期就可以了，纵向和横向一样
然后p为周期，那么|S|-p为border，所以可以通过求border来求周期
例题3 P3375 KMP字符串匹配
给出两个字符串S，和T，求出T 在S 中所有出现位置。
例如：S = abababc, T = aba，则T 在S 的所有出现位置为1 和3。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+7;
int nxt[maxn];
void init(string s){
int len = s.length();
for(int i=2;i<=len;i++){
nxt[i] = nxt[i-1];
while(nxt[i] && s[i] != s[nxt[i]+1]) nxt[i] = nxt[nxt[i]];
nxt[i] += (s[i] == s[nxt[i]+1]);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
string str,ss;cin >> str>>ss;
str = " " + str;
ss = " " + ss;
init(ss);
int lenstr = str.length();
int lenss = ss.length();
int tmp = 0;
for(int i = 1;i < lenstr;i++){
while(tmp && ss[tmp+1] != str[i]) tmp = nxt[tmp];
if(ss[tmp+1] == str[i]) tmp++;
if(tmp == lenss-1){
cout<<i-tmp+1<<"\n";
tmp= nxt[tmp];
}
}
for(int i = 1;i < lenss;i++) cout<<nxt[i]<<" ";
}
//这里的字符串是先在前面加空格再去求长度的，要注意
//真的没想明白哪里卡常。。。
字符串匹配
Naive 的匹配
枚举起始位置，然后暴力匹配。复杂度O(N2)
优雅的暴力
枚举起始位置，然后用Hash 检查。复杂度O(N)，常数极大。字符集很大时的处理比较繁琐。
KMP 匹配
KMP 充分利用前缀匹配的有效信息，即next 数组（Border 的性质），进行快速转移。
KMP 匹配
假设在暴力匹配的过程中发生了如下情况：
T1为要搜索的串，S代表被搜索的串
绿色部分表示匹配成功，空格表示匹配失败
由于红蓝方块位置的字符不匹配，因此需要合理向右移动T 字符串，在成功匹配了绿色方块位置的字符之后，才可以继续向后匹配：
就是移动绿色的条带，使得方块的位置能够匹配上，后面的位置才有可能继续匹配
此时可以清晰的看到，T2 绿条部分，恰好是T1 绿条部分的Border。
所以匹配失败位置的后缀和前缀相同，也就是说要把border卡在前一次匹配未成功的位置，也就是每次要往后平移前缀为匹配失败的位置的所有border个单位，
要跳border链去判断
也就是说，当遇到匹配失败的字符时，只需要考虑Border 所有的长度即可，非Border 长度一定不会匹配的更“远”。
KMP 匹配的复杂度分析
使用KMP 进行字符串匹配时，利用势能分析，不难看出总势能为|S|，
再加上预处理T 的next 数组，复杂度为O(|S| + |T|)。
例题4 NC14694 栗酱的数列
给出两个正整数数组A 和B，长度分别为n ≤ m ≤ 2 · 105，求A 有多少个长度为m 的区间A′ 满足：
(A′[1] + B[1])%k = (A′[2] + B[2])%k = . . . (A′[m] + B[m])%k
题解
要求满足的条件为：
(1) (A′[1] + B[1])%k = (A′[2] + B[2])%k
(2) (A′[2] + B[2])%k = (A′[3] + B[3])%k
. . .
(m) (A′[m − 1] + B[m − 1])%k = (A′[m] + B[m])%k
移项得到：
(1) (A′[1] − A′[2])%k = −(B[1] − B[2])%k
(2) (A′[2] − A′[3])%k = −(B[2] − B[3])%k
. . .
(m) (A′[m − 1] − A′[m])%k = −(B[m − 1] − B[m])%k
对A'数组求差分得到Diff A，对B'数组也求差分得到Diff B，再变成- Diff B
因此答案等于−DiffB 数组在DiffA 数组中的出现次数。
进而问题转化为字符串匹配问题，可以使用KMP 解决。
拓展
Border 的性质
周期定理：若p, q 均为串S 的周期，则(p, q) 也为S 的周期。
S[i] = S[i+p] = S[i+q]
S[j] = S[j+q-p] (q>p) T=q-p (辗转相除法 最终可以得到gcd(q.p) )
分为强周期定理和弱周期定理
一个串的Border 数量是O(N) 个，但他们组成了O(logN) 个等差数列。
e.g. 对于一个全a串，他的border数量为n，但是组成的等差数列为1
KMP 的推广
拓展KMP(a.k.a Z 算法)
KMP 自动机，Border 树
AC 自动机，即KMP 的多串模式。
Trie 图，即KMP 自动机的多串模式。
Border树
对于一个字符串S，n=|S|，他的border树，也叫next树，共有n+1个节点：0，1...n（0的地方标记为空集）
0是这颗有向树的根，对于其他的每个点1-n，父节点为next[i]
就是说从i开始，父节点为next[i]，父节点的父节点为next[next[i]]，一直到根节点（空集）
性质：
每个前缀prefix[i]的所有border：节点i到根的链
哪些前缀有长度为x的border：x的子树
求两个前缀的公共border等价于求LCA
B站KMP算法易懂版
KMP：快速从主串中找到想要的模式串
当我们找到模式串和主串不一样的地方，指针就停止右移比较并停下来。这个时候指针左边的主串部分和模式串部分都是一样的，并且模式串中有公共前后缀（border）
然后直接向右移动模式串，使得模式串的prefix和指针左边的主串的suffix位置重合，现在指针左边的串是上下匹配的
如果模式串有多个border，取最大非平凡border进行比较，如果模式串的结尾超出了主串的长度，则匹配失败
KMP模板
#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 1000010
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
int nxt[maxn],pos[maxn]; //pos存储成功匹配位置，nxt存储前缀的i最大border
int lenstr,tmp=0,lenss,p=0; //p为匹配位置的个数
char str[maxn],ss[maxn]; //str为文本串，ss为模式串
void clear(){ /*初始化*/
lenss=strlen(ss+1); lenstr=strlen(str+1);
ss[lenss+1]='\0'; str[lenstr+1]='\0';
nxt[0]=nxt[1]=0;
}
void init(){ /*初始化nxt数组*/
for (int i=2;i<=lenss;i++){
nxt[i] = nxt[i-1];
while (nxt[i]&&ss[i]!=ss[nxt[i]+1]) nxt[i] = nxt[nxt[i]];
nxt[i]+=(ss[i]==ss[nxt[i]+1]);
}
}
void kmp(){ /*进行kmp字符串模式匹配*/
for(int i=1;i<=lenstr;i++){
while(tmp>0&&ss[tmp+1]!=str[i]) tmp=nxt[tmp];
if (ss[tmp+1]==str[i]) tmp++;
if (tmp==lenss) {pos[p]=i-lenss+1; p++; tmp=nxt[tmp];}
}
}
void solvekmp(){ /*在str中进行ss模式串匹配并输出匹配位置和模式串border*/
clear(); init(); kmp();
for(int i=0;i<p;i++) cout<<pos[i]<<endl;
for (int i=1;i<=lenss;i++) cout<<nxt[i]<<" ";
}
int main()
{
IOS;
cin>>str+1; //保证从1下标输入
cin>>ss+1;
solvekmp();
return 0;
}
怎么会有题目卡常啊
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+7;
int nxt[maxn];
void init(string s){
int len = s.length();
for(int i=2;i<=len;i++){
nxt[i] = nxt[i-1];
while(nxt[i] && s[i] != s[nxt[i]+1]) nxt[i] = nxt[nxt[i]];
nxt[i] += (s[i] == s[nxt[i]+1]);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
string str,ss;cin >> str>>ss;
str = " " + str;
ss = " " + ss;
init(ss);
int lenstr = str.length();
int lenss = ss.length();
int tmp = 0;
for(int i = 1;i < lenstr;i++){
while(tmp && ss[tmp+1] != str[i]) tmp = nxt[tmp];
if(ss[tmp+1] == str[i]) tmp++;
if(tmp == lenss-1){
cout<<i-tmp+1<<"\n";
tmp= nxt[tmp];
}
}
for(int i = 1;i < lenss;i++) cout<<nxt[i]<<" ";
}
标签：tmp,ss,border,next,int,KMP,Border 来源： https://www.cnblogs.com/xushengxiang/p/16606881.html
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