[luogu p5410] 【模板】扩展 KMP（Z 函数） & 扩展 KMP（Z 函数）学习笔记

Z函数 & exKMP

P5410 【模板】扩展 KMP（Z 函数） - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

我的 $z$ 函数和流行版本不太相同，相对而言，更短小精悍且易懂。

概念与约定

本文字符串从 $1$ 开始编号。

下文中有些概念是我的自定义概念。

字符串的第 $i$ 个后缀：从第 $i$ 个字符开始一直到末尾形成的子字符串。

定义 $z(i)$ 表示字符串与它第 $i$ 个字符开始的后缀的最大公共前缀长度。 考虑到 $z(1)$ 的特殊性，其值可以为 $0$，也可以为 $|S|$，本文的算法中需要令 $z(1) = 0$.

$[l, r]$ 表示字符串从第 $l$ 个字符到第 $r$ 个字符连接形成的子串；$[x]$ 表示字符串的第 $x$ 个字符。

$z$ 函数算法可以做到在 $\operatorname{O}(|S|)$ 复杂度内完成 $z(i)(2 \le i \le |S|)$ 的求解。

算法讲解

$z$ 函数

既然 $z$ 函数是 exKMP 的核心部分，自然和 KMP 的核心部分——求 $\pi$ 数组（别名很多，fail、nxt、……）相似，都是从向后递推，用前面的 $z$ 函数值推导后面的 $z$ 函数值。

现在假设我们要求 $z(x \ge 2)$，自然地，$z(1) \cdots z(x-1)$ 的 $z$ 函数值都已知了。我们随便取一个 $1 \le k < x$，记 $p = k + z[k] - 1$。

根据定义可以得到 $[k, p] = [1, z(k)]$，如下图蓝色部分所示：

当然了，$x > k$，因此 $x$ 应该表示在 $k$ 的右边，现在我们来表示一下它。我们知道，两个蓝色区域是完全相同的，因此两个蓝色串其中，相对位置一样的子串，也应该完全相同，于是有 $[x, p] = [x - k + 1, z(k)]$，如下图橙色部分所示：

对了，那有些人会问了，$x$ 会不会超过 $p$ 啊？这点我们最后再提，先看现在 $x$ 比较正常，在第二块蓝色色块上的图：

令 $l = z(x - k + 1)$，可以得到 $[x-k+1, x-k+l] = [1, l]=[x, x+l-1]$，先上图再解释：

上图的紫色部分就是刚刚说的三个相等的子串。其中：

$[x-k +1, x - k + l]$ 和 $[1, l]$，即前两个紫色块，他们完全相同的原因是 $z$ 函数的定义；

$[x-k+1, x-k+l]$ 和 $[x, x+l-1]$，即后两个紫色块，他们完全相同的原因：这两个紫色块是原来的两个橙色块中相对位置相同的子串。请注意这里相同的原因。

综上可以得到三个紫色块完全相同。

好的，观察这个图片，已经可以得到结论：$z(x) = l = z(x - k + 1)$，接下来开始解释。

我们考虑上面三根紫线分别紧挨着的后面的字符，它们分别是：$[l + 1]$，$[x - k + l + 1]$，$[x + l]$。

首先可以证明：$[l + 1]$ 和 $[x - k + l +1]$ 不同。因为如果他们俩相同，那么根据 $z$ 函数的定义，代表紫色区块的 $z(x - k +1)$ 绝对还可以再扩大，而事实上没有。

其次可以看出：$[x - k + l + 1]$ 和 $[x + l]$ 相同，因为它们是原来两个橙色块中相对位置相同的字符。同时也请注意这里相同的原因。

因此可以得到：$[l +1]$ 和 $[x + l]$ 不同。

于是就能证明：原串和 $[x, |S|]$ 的最长公共前缀也是紫色部分。因为紧接着接下来那个字符就不同了嘛。

因此答案是 $z(x) = l = z(x - k + 1)$.

那么结束了吗？其实并没有。因为上述的图中我们可以得到这样一个结论，需要一个重要的地方做支撑：$l$ 要严格小于原来的橙色块的长度 $k + z[k] - x$，也就是紫色块不可以淹没橙色块。为什么？让我来看一下这种紫色淹没橙色的情况（我规定刚刚那种是第一种情况，现在这种是第二种）：

不难发现这时，紫色完全淹没了橙色。与第一种情况不同，此处箭头指向的三个区域中，前两个箭头所指区域仍然保证相同，但和三个区域不再保证相同。前两块相同仍然因为 $z$ 函数的定义，这点无影响；而原先关于第二个区域和第三个区域相同的证明此处不再成立，因为原先的证明依赖【这两块是原橙色部分的相同位置子串】，而此处这两块因为逾越了橙色块，所以不是。

因此我们现在只能下结论说 $z(x) \ge k + z(k) - x$，$k + z(k) - x$ 即上面三个紫色块的长度。为了确定 $z(x)$ 的具体值，我们需要从 $[k + z(k) - x + 1]$（第一个紫色块右方）和 $[p +1 = k + z(k)]$（第三个紫色块右方）分别维护两个指针，同步向右走，暴力判断字符是否相等，给 $z(x)$ 暴力地不断自增 $1$。

总结一下：

• $z(x - k + 1) < k + z(k) - x$ 时，$z(x) = z(x - k + 1)$；
• 否则，初始令 $z(x) = k + z(k) - x$，然后暴力判断字符累加 $z(x)$。

恭喜你，已经学会了 $z$ 函数，但是或许你会有疑虑，这样的做法真的是线性吗？事实上，只要我们改动一下，不随便地选取 $k$，而是令 $k$ 初始时为 $1$，然后每次在第二种情况后令 $k \gets x$ 就可以得到线性复杂度了（第一种情况后 $k$ 不变）。这里就是和网上的流行版本不同的地方了，网上流行版本需要将 $k$ 设置为 $k + z[k] - 1$ 最大的那个，事实上不太直观，不易于理解而且相对麻烦。

第一种情况显然是 $\mathcal{O}(1)$，而此时，第二种情况均摊后也是线性的，原因是，观察到第二种情况中我们暴力判断字符的过程，右侧那个字符始终从 $[p + 1]$ 开始向右判断，最终结束后，$p$ 又会被赋为当前的 $x + z(x) - 1$，所以放眼全局，我们暴力判断的右侧那个字符从左到右扫过一次，换句话说，我们全局上最多只会暴力判断 $|S|$ 次。所以均摊也是线性的。

最后来到了喜闻乐见的细节：$x$ 会不会超过 $p$ 呢。其实是有可能的，这时候一定走第二种情况。细节问题在于此时算出的 $z(x)$ 最小值等于 $p - x + 1$，由于 $x$ 超过 $p$ 甚至可以算出负数，这肯定不是我们想要的。因此在 $z(x) \leftarrow p - x + 1$ 时，要注意判断如果 $z(x) < 0$，要使 $z(x) \gets 0$.

代码（事实上没有注释后相当短小好记）：

void get_z(char *P) {
    int m = strlen(P) - 1; // 注意，这里的 m 其实就是字符串 P 的长度，只是我从 1 开始，因此 strlen 得到的长度会多 1
    for (int i = 2, k = 1; i <= m; ++i) {
        if (k + z[k] - i <= z[i - k + 1]) { // 第二种情况
        // 相当于 z[i - k + 1] >= k + z[k] - i
        // 也就是补齐后的紫色大于等于橙色时，进入第二种情况
            z[i] = k + z[k] - i; // 将z[i] 调到 k + z[k] - i，这是它的最小值
            if (z[i] < 0) // 判断，防止负数出现
                z[i] = 0;
            while (i + z[i] <= m && P[z[i] + 1] == P[i + z[i]])
                ++z[i]; // 暴力枚举，判断字符相等
            k = i; // 直接令 k = i
        } else
            z[i] = z[i - k + 1]; // 第一种情况
    }
    z[1] = m; // 题目中要求 z[1] = m，在算法处理后赋值
    return ;
}

exKMP

exKMP 也就是求模式串 $P$ 在文本串 $T$ 的每个后缀中的最长公共前缀，其实原理本质还是 $z$ 函数。

一种做法：令 $S' = P + c + T$，其中 $c$ 是 $P$ 和 $T$ 中均不含有的字符，然后对 $S'$ 进行 $z$ 函数，就是答案。具体正确性在此不证明（因为比较直观易懂），其实中间就是起到一个隔离符的作用，让 $z$ 函数求解算法不会将 $P$ 和 $T$ 做拼在一起子串等的行为，导致错误结果。

还有一种做法（真正的exKMP），只需要在 $z$ 函数算法基础上，将几个 $z$ 替换为 $e$，再把字符串分裂开：

需要提前预处理出 $P$ 的 $z$ 函数。

代码：

void exkmp(char *T, char *P) {
    int n = strlen(T) - 1, m = strlen(P) - 1; // 同上，注意这里 n 和 m 就是分别实际的文本串和模式串的长度
    for (int i = 1, k = 0; i <= n; ++i) { // 注意哪些地方换成了 p（也就是刚刚我说的 e），哪些还是原来的 z
        // 这里让 k = 0，一定会走到第二种情况暴力判断，然后 k = 1 就正常了
        if (k + p[k] - i <= z[i - k + 1]) {
            p[i] = k + p[k] - i; 
            if (p[i] < 0)
                p[i] = 0;
            while (i + p[i] <= n && p[i] < m && P[p[i] + 1] == T[i + p[i]])
                ++p[i];
            k = i;
        } else
            p[i] = z[i - k + 1];
    }
    return ;
}

后话

洛谷该题目模板中，最高赞的一篇题解是 George1123 写的 $z$ 函数，纯推的式子非常易懂。唯独可惜的是中间推理，红色括号中的条件是错误的（多了个等号）；同时最后关于线性复杂度的证明其实有点问题，或者没说明白为什么每个字符不会被暴力判断多次（因为 $z$ 函数中有两种情况）。其他题解的问题就更多了，所以我就想写一篇这样详尽的题解，尽我可能做到最好地达到讲授传达到的目的。

模板洛谷 P5410。

谢谢。