笔记——字符串

蓝月の笔记——字符串篇

摘要

一些串串
——某yl新高一学长
字串
——某yl新高一学长のppt

Warning

本文中字符串的下标有时从 $1$ 开始有时从 $0$ 开始，~~请自行分辨~~无特殊说明从 $1$ 开始

字符串长度无特殊说明为 $n$

字符串无特殊说明表示为 $s$

Part 1 概念

相信读者都知道字符串的概念了，那就只快速过一遍

子序列和子串都是原串的一部分，字串要求连续，子序列只要求保证相对位置即可

前缀是从 $1$ 开始的子串，后缀是以 $n$ 结尾的子串，真（前/后）缀为不是本身的（前/后）缀

回文串是满足 $\forall i \in [1, n], s_{i} = s_{n - i + 1}$ ，即正反看都一样，如 acbca

Part 2 字典树 `Trie`

原本读音和 tree 一样，为了区分读作 try

先上图：

这是一颗存储了字符串 abc，ac，b，bb，c 的字典树

在字典树中，边代表字符，点只是用来连接的。也可以把边和点换过来，只不过根节点不方便存储，不做考虑

可以看到，字典树里从根节点到加粗节点都表示了一个字符串，一条路径上可能有两个字符串

存储方式：可以用 to 数组存储每一个节点通过字符前往的下一个节点，用 ed 数组存储有多少个字符串以这个节点做结尾，即图片中的标粗操作

最坏情况为满 $26$ 叉数，所以要使用动态开点

下面是 Trie 的模板：

const int kMaxN = 2e5 + 5, kMaxC = 26 + 5;            // 默认只有小写字母

struct Trie {
  int tot, to[kMaxN][kMaxC], ed[kMaxN];
  void Insert(int sz, string s, int u = 0) {          // sz为字符串长度
    for (int i = 1; i <= sz; i++) {
	  if (to[u][s[i] - 'a' + 1] == 0) {               // 当前节点没有通过当前字符指向的边
	    to[u][s[i] - 'a' + 1] = ++tot, u = tot;       // 动态开点
	  } else {
	    u = to[u][s[i] - 'a' + 1];                    // 前进到下一个节点
	  }
	}
  }
  bool Query(int sz, string s, int u = 0) {
    for (int i = 1; i <= sz; i++) {
	  if (to[u][s[i] - 'a' + 1] == 0) {               // 当前字符失配了
	    return 0;                                     // 返回没找到
	  }
	  u = to[u][s[i] - 'a' + 1];                      // 前进到下一个节点
	}
	return ed[u];                                     // 如果没有以最后字符结尾也不算找到
  }
};

习题：

Luogu P8306 【模板】字典树注意可能会出现大写字母和数字，需要转换

TJOI2010 阅读理解需要开多颗字典树处理

Luogu P2580 于是他错误的点名开始了开一个数组存储是否被搜索过即可

Ex. `01 Trie`

用于存储数字的 Trie

容易想到将数字转换为二进制就同样变成的一个字符串，同样可以用 Trie 储存

注意要从高位向低位存储

代码：

const int kMaxN = 2e5 + 5;

struct Trie {
  int tot, to[kMaxN][2], ed[kMaxN];
  void Insert(int s, int u = 0) {
    for (int i = 31; ~i; i--) {                           // 默认数字是32位整型(int)
	  int v = (s >> i) & 1;                               // 待存数字二进制的第i位
	  if (to[u][v] == 0) {
	    to[u][v] = ++tot, u = tot;
	  } else {
	    u = to[u][v];
	  }
	}
  }
  bool Query(int s, int u = 0) {
    for (int i = 31; ~i; i--) {
	  int v = (s >> i) & 1;
	  if (to[u][v] == 0) {
	    return 0;
	  }
	  u = to[u][v];
	}
	return ed[u];
  }
};

例题：Luogu P4551 最长异或路径

下文中 $⨁$ 表示异或

钦定根节点为点 $1$

由于 $x ⨁ x = 0$ ，我们可以得到一个 trick，因为树上两点的路径是两个点到他们的 LCA 的路径拼起来，又因为树上两点到根的路径有且仅有从 LCA 到根的部分是重复的。于是我们定义 $e_{i}$ 为点 $i$ 到根节点的路径的异或和，那么树上任意两点 $u$ 和 $v$ 的路径异或和为 $e_{u} ⨁ e_{v}$

求出 $e$ 只需要进行一边 DFS 即可，时间复杂度为 $O (n)$ 。但求出答案需要 $O (n^{2})$ 枚举，所以我们考虑优化这一段

我们将 $e$ 数组中的每一个值存入 01 Trie 中由于从高位向低位储存的性质，对于每一个节点的每一位尽量走这一位不同的方向，如果没有就只能向下走了

这样，对于每一个节点，求答案的时间复杂度就变成了字典树的深度。这样我们就把总时间复杂度优化为了 $O (n \log V)$ ，其中 $V$ 为边权的值域

代码：

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int kMaxN = 1e6 + 5;

int n, e[kMaxN], ans = -1;
vector<pair<int, int> > g[kMaxN];

struct Trie {
  int tot, to[kMaxN][2], ed[kMaxN];
  void Insert(int s, int u = 0) {
    for (int i = 31; ~i; i--) {
	  int v = (s >> i) & 1;
	  if (to[u][v] == 0) {
	    to[u][v] = ++tot, u = tot;
	  } else {
	    u = to[u][v];
	  }
	}
  }
  int Query(int s, int u = 0, int ret = 0) {
    for (int i = 31; ~i; i--) {
	  int v = (s >> i) & 1;
	  if (to[u][v ^ 1]) {
	    ret += (1 << i), u = to[u][v ^ 1];
	  } else {
        u = to[u][v];
      }
	}
	return ret;
  }
};

Trie tr;

void DFS(int u, int fa) {
  for (auto [v, w] : g[u]) {
    if (v != fa) {
      e[v] = e[u] ^ w, DFS(v, u);
    }
  }
}

int main() {
  cin >> n;
  for (int i = 1, u, v, w; i < n; i++) {
    cin >> u >> v >> w, g[u].push_back(make_pair(v, w)), g[v].push_back(make_pair(u, w));
  }
  DFS(1, 0);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    tr.Insert(e[i]);
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    ans = max(ans, tr.Query(e[i]));
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

Part 3 KMP

Knuth–Morris–Pratt 算法（简称KMP算法）是用来解决字符串匹配问题的算法

字符串匹配：查找一个模式串在文本中出现的全部位置，类似于编辑器中的 Ctrl + F

定义一个字符串的 $border$ 为这个字符串的最长公共真前后缀长度，是不是很绕

举个例子：bcadacbc 它的 $border$ 为 $2$ ，因为它长度为 $2$ 的前缀和后缀都是 bc，但没有比它更长的公共真前后缀了

用数学语言描述如下（摘自 OI-Wiki）： $max_{0 \leq k < n} {k : s [1 \sim k] = s [(n - k + 1) \sim n]}$ ，其中 $s [u \sim v]$ 表示 $s$ 从第 $u$ 个字符到第 $v$ 个字符的子串

对于一个字符串 $s$ 我们定义其 $b o r d e r$ 数组为它的每一个前缀的 $border$ 值，即 $b o r d e r_{i} = border (s [1 \sim i])$

我们可以在 $O (n)$ 的时间复杂度内求出一个字符串的 $b o r d e r$ 数组

考虑证明两个引理：

引理1： $b o r d e r_{i + 1}$ 最多为 $b o r d e r_{i} + 1$

证明：从 $b o r d e r_{i}$ 到 $b o r d e r_{i + 1}$ 字符串只向后增加了一个字符，那么当且仅当 $s_{b o r d e r_{i} + 1} = s_{i + 1}$ 时， $b o r d e r_{i + 1}$ 取到最大值为 $b o r d e r_{i} + 1$ ，否则只能退而求其次缩小 $border$ 长度来达到前后缀相等的条件。这幅图可以帮助理解

$\overset{b o r d e r_{i}}{\overset{⏞}{s_{1} s_{2} s_{3} s_{4}}} s_{5} s_{6} \dots s_{i - 4} \overset{b o r d e r_{i}}{\overset{⏞}{s_{i - 3} s_{i - 2} s_{i - 1} s_{i}}} s_{i + 1}$
最好情况是 $s_{5} = s_{i + 1}$ ，此时 $b o r d e r_{i + 1} = b o r d e r_{i} + 1 = 4 + 1 = 5$ ，但不可能更大了，否则就要求 $s_{0} = s_{i - 4}$ ，但不存在 $s_{0}$ ，所以最大值是 $b o r d e r_{i} + 1$

$Q.E.D.$

引理2：若 $s_{b o r d e r_{i} + 1} \neq s_{i + 1}$ 那么 $b o r d e r_{i + 1}$ 的最大值为 $b o r d e r_{b o r d e r_{i}} + 1$

证明：

（图片来自 OI_Wiki， $π [i]$ 即 $b o r d e r_{i}$ ，字符串下标从 $0$ 开始）

如图，令 $b o r d e r_{b o r d e r_{i} - 1} = j$ ，由 $border$ 的定义可以得到： $s [0 \sim i]$ 的长度为 $j$ 的后缀和 $s [0 \sim (b o r d e r_{i} - 1)]$ 的长度为 $j$ 的后缀相等，因为字符串本身相等，长度相同的后缀也一定相等

又因为 $j = b o r d e r_{b o r d e r_{i} - 1}$ ，所以 $s [0 \sim (j - 1)] = s [(i - j + 1) \sim i]$ ，且 $j$ 是除 $b o r d e r_{i}$ 外最大的满足该条件的数

所以当 $s_{j} = s_{i + 1}$ 时，此时 $b o r d e r_{i}$ 的最大值为 $j + 1 = b o r d e r_{b o r d e r_{i} - 1} + 1$

$Q.E.D.$

于是我们就可以在当前位失配时直接跳到 $b o r d e r_{i}$ 来节省时间了，代码如下（字符串下标从 $0$ 开始）：

vector<int> Border(string c) {
  int sz = c.size();
  vector<int> ret;
  ret.push_back(0);
  for (int i = 1, k; i < sz; i++) {
    for (k = ret[i - 1]; k && c[i] != c[k]; k = ret[k - 1]) {
    }
    ret.push_back(k + (c[i] == c[k]));                         // 跳到最后还失配则border为0
  }
  return ret;
}

接下来进入 KMP 算法的实现（接下来字符串下标从 $0$ 开始）

我们令字符串 $c u r = t +$ # $+ s$ ， $t$ 为模式串， $s$ 为文本串， $n$ 为 $t_{s i z e}$ ， $m$ 为 $s_{s i z e}$

求出 $c u r$ 的 $b o r d e r$ 数组，当 $i \in [n + 1, n + m]$ 且 $b o r d e r_{i} = n$ 时， $t = c u r [i, i + n - 1]$ ，即 $t$ 在 $s$ 的 $i - n - 2 \sim i - 3$ 出现了，这样就找到了一个答案

代码就十分简洁易懂了

void KMP(string c, int sz1, int sz2) {
  vector<int> l = Border(c);
  for (int i = sz2 + 1; i <= sz1 + sz2; i++) {
    if (l[i] == sz2) {
      ans[++tot] = (i - sz2 - sz2);
    }
  }
}

Part 4 字符串哈希

相信大家都知道普通的数字哈希，那么字符串哈希也是同样的道理，算出每一位的权值，用任意进制算出哈希值，就可以快速比较了

单哈希

一般使用 $131$ 进制，即 $b a s e = 131$

代码没什么好说的，模拟即可，但需要取模，模数一般为 $10^{9} + 7$ 或 $998244353$

LL Calc(string s, LL ret = 0) {
  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
	((ret *= base) += (int)(s[i] - 'a' + 1)) %= kP;
  }
  return ret;
}

双哈希

但有时候单哈希会被某些邪恶的出题人特意构造数据卡掉，所以双哈希就出现了

我们可以使用两个进制和模数来判断两个字符串是否相同，这样同时卡掉两个的概率就几乎没有了

pair<LL, LL> Calc(string s, pair<LL, LL> ret = make_pair(0, 0)) {
  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
	((ret.first *= base1) += (int)(s[i] - 'a' + 1)) %= kP1, ((ret.second *= base2) += (int)(s[i] - 'a' + 1)) %= kP2;
  }
  return ret;
}

自然溢出哈希

手写模数是不是很麻烦且容易写错，此时我们就可以使用自然溢出哈希来摆脱取模的困扰

这个方法是利用了 $2^{64} - 1$ 是一个大质数的性质，所以我们可以使用 unsigned long long 来自然溢出使答案可以自动取模这个数

ULL Calc(string s, ULL ret = 0) {
  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
	(ret *= base) += (int)(s[i] - 'a' + 1);
  }
  return ret;
}

例题：Luogu P3370 【模板】字符串哈希

由于此题不止出现了小写字母，所以可以将 $b a s e$ 调大，并直接使用 ASCII 码表示

求出哈希值后进行排序，比较相邻两项即可

代码：

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ULL = unsigned long long;

const int base = 503;

int n, a[10005];
string s;

ULL Calc(string s, ULL ret = 0) {
  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
    (ret *= base) += (int)(s[i]);
  }
  return ret;
}

int main() {
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> s, a[i] = Calc(s);
  }
  sort(a + 1, a + n + 1);
  int ans = 0;
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    ans += (a[i] != a[i + 1]);
  }
  cout << ++ans << endl;
  return 0;
}

`To be continued`

posted @ 2024-08-27 19:47 BluemoonQwQ 阅读(7) 评论(0) 编辑收藏举报

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