ExKMP(Z Algorithm) 讲解

2022-05-12 03:09:00

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 \(S\) 的每一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 \(extend[i]\) 。

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

以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 。

其实可以直接用 \(SA / SAM\) 解决，但是太大材小用了。。。(但似乎不太好做到 \(O(n)\) 有一种是做到 \(O(n) - O(1) \mathrm{RMQ}\) )

对于一般的 \(\mathrm{KMP}\) 只需要求所有 \(extend[i] = m\) 的位置，那么 \(\mathrm{ExKMP}\) 就是需要求出这个 \(extend[i]\) 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

我们知道 \(extend[1] = 4\) ，然后计算 \(extend[2]\) ，我们发现重新匹配是很浪费时间的。

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

此时我们需要一个辅助的匹配数组 \(next[i]\) 表示 \(T_{i \sim m}\) 与 \(T\) 的 \(\mathrm{LCP}\) 。

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

所以可以直接从 \(T_4\) 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

此处假设我们已经得到了 \(next[i]\) 。

当前我们从前往后依次递推 \(extend[i]\) ，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，假设之前 \(T\) 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 \(len = next[k - pos + 2]\) ，分以下两种情况讨论。

  1. \(k + len < p\) 。

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

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

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

    又由于 \(S_{k + len + 1} = T_{k + len - pos + 2}\) 所以 \(S_{k + len + 1} \not = T_{len + 1}\) 。

    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 \(S_{p + 1}\) 之后的串我们都从未尝试匹配过，不知道其信息，我们直接暴力向后依次匹配即可，直到失配停下来。

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

next 的求解

前面我们假设已经求出 \(next\) ，但如何求呢？

其实和 \(\mathrm{KMP}\) 是很类似的，我们相当于 \(T\) 自己匹配自己每个后缀的答案，此处需要的 \(next\) 全都在前面会计算过。

和前面匹配的过程是一模一样的。

复杂度证明

下面来分析一下算法的时间复杂度。

  1. 对于第一种情况，无需做任何匹配即可计算出 \(extend[i]\) 。

  2. 对于第二种情况，都是从未被匹配的位置开始匹配，匹配过的位置不再匹配，也就是说对于母串的每一个位置，都只匹配了一次，所以算法总体时间复杂度是 \(O(n)\) 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; // 对应上面第一种情况

        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; // 第二种需要暴力匹配

            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;

        }

    } // 和上面基本一模一样啦

}

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，并且 该后缀与该前缀不重叠 ，将这种字符串的数量记作 \(num[i]\) 。

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

题解

如果会 \(\mathrm{ExKMP}\) 就是裸题了。

然后考虑对于每个 \(S\) 的后缀 \(i\) 会被算多少遍，其实就是对于以 \([i, \min(2 \times (i - 1), i + next[i] - 1)]\) 为结尾的所有前缀有贡献，那么直接差分即可。

复杂度是 \(O(\sum |S|)\) 的。

代码

前面的板子就不再放了。

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 \(0\) ，并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，（因为前导 \(0\) 的限制是挂在前面那个点上）我们考虑刷表法。

那么转移为

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

我们发现 \(dp_i\) 能转移到的 \(j\) 一定是一段连续的区间。

我们就需要快速得到这段区间，首先不难发现 \(j\) 对应的位数区间是可以很快确定的，就是 \([l + |L| - 1, i + |R| - 1]\) 。

但是如果位数一样的话需要多花费 \(O(n)\) 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一样的，就是 \(\mathrm{LCP}\) 的后面一位。

那么我们用 \(\mathrm{ExKMP}\) 快速预处理 \(extend(\mathrm{LCP})\) 就可以了。

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;

}
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