一种空间复杂度为$O(\log n)$的线性字符串匹配算法

记号

记$\empty$为空字符串序列

记$Q$为所有字符串序列构成的集合

对于$A\in Q$，记$|A|$为其中字符串个数

对于$\begin{cases}1\le l\le r\le n\\ A=\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}\in Q \end{cases}$，记$\begin{cases}\sum_{i=l}^{r}a_{i}=a_{l}a_{l+1}...a_{r}\\A_{[l,r]}=\{a_{l},a_{l+1},...,a_{r}\}\end{cases}$

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皮配函数

定义辅助函数$g:Q\rightarrow Q$，对于$A=\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}\in Q$

• 若$A=\empty$或$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$，则$g(A)=\empty$

• 否则，取最小的$i\in [1,n]$满足$a_{i}\ne a_{1}$，取$j\in [1,n-i+1]$满足$A_{[1,i]}=A_{[j,j+i-1]}$

  设依次为$b_{1}<b_{2}<...<b_{k}$，则$g(A)=\{\sum_{j=b_{1}}^{b_{2}-1}a_{j},\sum_{j=b_{2}}^{b_{3}-1}a_{j},...,\sum_{j=b_{k-1}}^{b_{k}-1}a_{j}\}$

性质1：$|g(A)|\le \lfloor\frac{|A|}{2}\rfloor$

（参考$g$中的定义）

• 当$A=\empty$或$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$时显然成立

• 否则，若$\exists j\in [1,k),b_{j}+i>b_{j+1}$，则$a_{i}=a_{b_{j}+i-1}=a_{1}$，矛盾

  换言之，有$\forall j\in [1,k),b_{j}+i\le b_{j+1}$，进而$(k-1)i+1\le b_{k}\le n-i+1$

  化简得$k\le \lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，显然$i\ge 2$，即$|g(A)|=k-1<\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$

定义皮配集合$\Phi=\{\varnothing\}\cup \{(X,Y,P_{z})\mid X,Y\in Q,P_{z}\in \Phi\}$

对于$P\in \Phi$，记$|P|=\begin{cases}0&P=\varnothing\\|P_{z}|+1&P=(X,Y,P_{z})\end{cases}$

定义皮配函数$f:Q\rightarrow \Phi$，对于$A=\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}\in Q$

• 若$A=\empty$，则$f(A)=\varnothing$
• 否则，若$a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$，则$f(A)=(A,A,\varnothing)$
• 否则，（参考$g$中的定义）$f(A)=(A_{[1,i]},A_{[b_{k},n]},f(g(A)))$

性质2：$|f(A)|\le \begin{cases}0&A=\empty\\ \lfloor\log_{2}|A|\rfloor+1&A\ne \empty\end{cases}$

• 当$A=\empty$或$A$中字符串均相同时显然成立
• 否则，对$|A|$从小到大归纳，当$g(A)=\empty$时显然成立
• 否则，根据归纳假设及性质1，有$|f(A)|\le \lfloor\log_{2}|g(A)|\rfloor+2\le \lfloor\log_{2}|A|\rfloor+1$

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增量法

已知$f(A)$，求$f(A+\{s\})$

• 若$f(A)=\varnothing$，则$f(A+\{s\})=(\{s\},\{s\},\varnothing)$

• 否则，设$f(A)=(X,Y,P_{z})$，其中$Y=\{y_{1},y_{2},...,y_{n}\}$

  若$X$中字符串均相同，则$f(A+\{s\})=(X+\{s\},Y+\{s\},P_{z})$

• 否则，若$X$不为$Y+\{s\}$的后缀，则$f(A+\{s\})=(X,Y+\{s\},P_{z})$

• 否则，$f(A+\{s\})=(X,X,f(g(A)+\{\sum_{i=1}^{n-|X|+1}y_{i}\}))$

  后者即"已知$f(g(A))$，求$f(g(A)+\{\sum_{i=1}^{n-|X|+1}y_{i}\})$"的子问题，可以递归处理

记$T(A,s)$为上述过程的递归次数（包括初始加入）

定义势能函数$\varphi:Q\rightarrow N$，其中$\varphi(A)=\begin{cases}0&A=\empty\\ |A|+\varphi(g(A))&A\ne \empty\end{cases}$

性质3：$T(A,s)=\varphi(A+\{s\})-\varphi(A)$

（参考增量法过程中的定义）

• 对$|A|$从小到大归纳，当不进行递归时显然成立

• 否则，记$s'=\sum_{i=1}^{n-|X|+1}y_{i}$，则$g(A)+\{s'\}=g(A+\{s\})$，根据归纳假设

  $$T(A,s)=\varphi(g(A)+\{s'\})-\varphi(g(A))+1=\varphi(A+\{s\})-\varphi(A)$$

换言之，对于$A=\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}\in Q$，增量法求$f(A)$的总递归次数即

$$\sum_{i=1}^{n}T(A_{[1,i-1]},a_{i})=\sum_{i=1}^{n}\varphi(A_{[1,i]})-\varphi(A_{[1,i-1]})=\varphi(A)$$

性质4：$\varphi(A)\le 2|A|$

• 对$|A|$从小到大归纳，当$A=\empty$时显然成立
• 否则，根据归纳假设及性质1，有$\varphi(A)=|A|+2|g(A)|\le 2|A|$

综上，增量法求$f(A)$的总递归次数（均摊）为$O(n)$

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皮配结论

定义$\Phi$上的皮配关系$\xi\subseteq\Phi\times \Phi$，对于$P_{s},P_{t}\in \Phi$

• 若$P_{s}=\varnothing$，则$(P_{s},P_{t})\in \xi$

• 否则，若$P_{t}=\varnothing$，则$(P_{s},P_{t})\not\in \xi$

• 否则，设$\begin{cases}P_{s}=(X_{s},Y_{s},P_{zs})\\P_{t}=(X_{t},Y_{t},P_{zt})\end{cases}$

  若$X_{s}$中字符串均相同，则$(P_{s},P_{t})\in \xi\iff X_{s}$为$Y_{t}$的后缀

• 否则，$(P_{s},P_{t})\in \xi \iff Y_{s}=Y_{t}$且$(P_{zs},P_{zt})\in \xi$

皮配结论：若$|S|\le |T|$，则$S$为$T$的后缀$\iff (f(S),f(S+T))\in \xi$

记$\begin{cases}S=\{s_{1},s_{2},...,s_{n}\}\\T=\{t_{1},t_{2},...,t_{m}\}\end{cases},\begin{cases}P_{s}=f(S)=(X_{s},Y_{s},P_{zs})\\P_{t}=f(S+T)=(X_{t},Y_{t},P_{zt})\end{cases}$

• 当$P_{s}=\varnothing$或$P_{t}=\varnothing$时显然成立

• 否则，有$|Y_{t}|\ge |X_{s}|$且为$S+T$的后缀

  当$X_{s}$中字符串均相同时，有$S=X_{s}$，进而显然成立

• 否则，对$|S|$从小到大归纳

  若$S$为$T$的后缀，则$X_{s}=S_{[j,j+|X_{s}|-1]}=(S+T)_{[j+m,j+m+|X_{s}|-1]}$，即出现位置相同

  换言之，需$Y_{s}=Y_{t}$且$g(S)$为$g(S+T)$的后缀，由归纳假设后者即$(P_{zs},P_{zt})\in \xi$

  另一方面，若满足上述条件，显然$S$为$T$的后缀

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字符串匹配

将给定字符串转换为字符串序列（每个元素长度为$1$），设为$\begin{cases}S=\{s_{1},s_{2},...,s_{n}\}\\T=\{t_{1},t_{2},...,t_{m}\}\end{cases}$

根据结论，用增量法求出$f(S)$和$f(S+T[1,i])$，并根据$\xi$的定义判定即可

在实现中，需$O(1)$实现增量法的每层递归，具体细节如下——

• 字符串以哈希的形式存储，即可$O(1)$拼接和判断是否相同

• 对于$f(A)=(X,Y,P_{z})$，设$\begin{cases}X=\{x_{1},x_{2},...,x_{n}\}\\Y=\{y_{1},y_{2},...,y_{m}\}\end{cases}$

  $X$满足$x_{1}=x_{2}=...=x_{n-1}$，仅需维护$n,x_{1}$和$x_{n}$即可

  $Y$需判定$X$是否为$Y+\{s\}$的后缀，并求$\sum_{i=1}^{m-n+1}y_{i}$（若成立）

  维护$Y$末尾$s_{1}$的个数$c$（对$n-1$取$\min$）和$\sum_{i=1}^{m}y_{i}$，判定即$c\ge n-1$且$s=x_{n}$

  另外，为了避免减法，可以额外维护$\sum_{i=1}^{m-c}y_{i}$

• 由于$f(S)$固定，$\xi$的判定可以转换为若干个条件，在增量时维护满足的条件数即可

综上，时间复杂度为$O(n+m)$，空间复杂度为$O(\log (n+m))$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=30,B=47,mod=998244353;
int n,m,t,cnt,ans;
struct String{
	int s,H;
	String(){
		s=1,H=0;
	}
	String(int c){
		s=B,H=c;
	}
	String(int _s,int _H){
		s=_s,H=_H;
	}
	bool operator == (const String &n)const{
		return (s==n.s)&&(H==n.H);
	}
	String operator + (const String &n)const{
		return String((ll)s*n.s%mod,(H+(ll)s*n.H)%mod);
	}
};
struct Seqx{
	bool flag;int c;String a,b;
	Seqx(){}
	Seqx(String &s){
		flag=0,c=1,a=s,b=String();
	}
	void add(String &s){
		if (a==s)c++;
		else flag=1,b=s;
	}
}X[N];
struct Seqy{
	int c;String a,b,a0;
	Seqy(){}
	Seqy(String &s){
		c=1,a=s,b=a0=String();
	}
	bool add(String &s,Seqx &x){
		a=a+s;
		if (!x.flag){
			if (s==x.a)c++;
			else c=0,b=a0=a;
		}
		else{
			if (s==x.a){
				if (c<x.c)c++;
				else b=b+s;
			}
			else{
				if ((s==x.b)&&(c==x.c))return 1;
				c=0,b=a;
			}
		}
		return 0;
	}
}Y[N];
struct Data{
	Seqx x;Seqy y;Data *z;
}*Ps,*Pt;
char Getchar(){
	char c=getchar();
	while ((c<'a')||(c>'z'))c=getchar();
	return c;
}
bool check(int d,Seqy &y){
	return (X[d].flag ? Y[d].a==y.a : X[d].c<=y.c);
}
void add(Data **P,String s,int d,int p){
	if ((p)&&(d>=t))return;
	if ((p)&&(!check(d,(*P)->y)))cnt--;
	if ((*P)==NULL)(*P)=new Data{Seqx(s),Seqy(s),NULL};
	else{
		if ((*P)->y.add(s,(*P)->x)){
			add(&(*P)->z,(*P)->y.b,d+1,p);
			(*P)->y.c=0,(*P)->y.a=(*P)->y.b=(*P)->y.a0;
		}
		if (!(*P)->x.flag)(*P)->x.add(s);
	}
	if ((p)&&(!check(d,(*P)->y)))cnt++;
}
void get(Data *P){
	if (P==NULL)return;
	X[t]=P->x,Y[t++]=P->y,get(P->z);
}
void get(Data **P,int d){
	if (d==t)return;
	(*P)=new Data{X[d],Y[d],NULL},get(&(*P)->z,d+1);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int c=Getchar()-'a'+1;
		add(&Ps,String(B,c),0,0);
	}
	t=cnt=0,get(Ps),get(&Pt,0);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int c=Getchar()-'a'+1;
		add(&Pt,String(B,c),0,1);
		if ((i>=n)&&(!cnt))ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}