KMP简单应用

KMP简单应用

算法原理就不讲了，抄书没有意思请原谅我讲不清楚

下面给出几个$next$数组的性质：

1. $i-nex{t}_i$为最小循环元长度(不论是否能够完整循环)、

2. $nex{t}_i$再套若干层$next$仍然满足$[1,j]=[i-j+1,i]$

证明这些在下面的题里面

Power Strings

所求的循环元长度为$i-nex{t}_i$，其循环次数为$\frac{i}{i-nex{t}_i}$，特别的，$i=nex{t}_i$时，整个字符串就是循环元、

证明：

根据循环元的性质：$[1,nex{t}_i]=[i-nex{t}_i+1,i]$，整体减去$[i-nex{t}_i+1,nex{t}_i]$，可以得到$[1,i-nex{t}_i]=[i-nex{t}_i+1，2i-2nex{t}_i]$。以此类推可得整个字符串都被覆盖掉了

	if(m%(m-nxt[m]))cout<<"1\n";
	else cout<<m/(m-nxt[m])<<"\n";	

练习题：Period

最长前缀

考虑转化问题。

首先对集合中的每一个串对源字符串进行匹配，就能得到所有的匹配成功区间$[l_i,r_i]$

然后问题就化为：给定若干区间，求其最长能够覆盖区间的$[1,i]$

设$f_i$表示$[1,i]$能否被覆盖，将所有区间以右端点为第一关键字，左端点为第二关键字排序，使用双指针扫描法，使得当前区间$k$满足$r_k=i$,则$f_i=f_i|f_{l_k-1}$

void init(int id){
	int m=strlen(a[id]+1);
	for(int i=2,j=0;i<=m;i++){
		while(j&&a[id][j+1]!=a[id][i])j=nxt[id][j];
		if(a[id][j+1]==a[id][i])++j;
		nxt[id][i]=j;
	}
	for(int i=1,j=0;i<=n;i++){
		while(j&&b[i]!=a[id][j+1])j=nxt[id][j];
		if(b[i]==a[id][j+1])++j;
		if(j==m){
			g[++num]={i-m+1,i};j=nxt[id][j];
		}
	}
}
void get(){
	while(cin>>a[++cnt]+1){
		if(a[cnt][1]=='.'){
			--cnt;break;
		}
	}
	while(cin>>b[++n]);
}
	get();
	for(int i=1;i<=cnt;i++)init(i);
	int l=1;
	f[0]=1;int ans=0;
	sort(g+1,g+num+1);
	for(int r=1;r<=n;r++){
		while(l<=num&&g[l].r<=r){
			f[r]|=f[g[l].l-1];++l;
		}
		if(f[r])ans=r;
	}

Seek the Name, Seek the Fame

容易发现，对于$i$来说，$next$数组的定义即$[1,nex{t}_i]=[i-nex{t}_i+1,i]$。

则$nex{t}_i$就是最大长度。根据$next$的性质，答案显然是对其嵌套$next$即可

		int k=m,cnt=0;
		while(k){
			num[++cnt]=k;
			k=nxt[k];
		}
		while(cnt){
			cout<<num[cnt--]<<" ";
		} 

字符串大师

根据Power Strings，容易知道$i-nex{t}_i=pr{e}_i$，所以$nex{t}_i=i-pr{e}_i$。故可以求出$next$数组。

因为字典序最小，第一个字符肯定是a

然后考虑进行递推，设已经求出了$1\sim i-1$的字符，现在求解$i$

那么若$nex{t}_i\ne 0$，则等于$a[i]=a[nex{t}_i]$

否则的话，根据$next$的定义，有$a[nex{t}_{i-1}+1]\ne a[i]$，因为失配了嘛在这里

而且类比上一题，也是进行嵌套的都不行，也即：

		int num=nxt[i-1];
		while(num){
			usd[a[num+1]-'a']=1;num=nxt[num];//这个位置不等
		}

然后一个需要注意的点是，这个地方不能重复取开头的字符a，原因是$nex{t}_i=0$

所以再枚举字符取最小就行

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;cin>>x;
		nxt[i]=i-x;
	}	
	a[1]='a';cout<<'a';
	for(int i=2;i<=n;i++){
		memset(usd,0,sizeof usd);
		if(nxt[i]!=0){a[i]=a[nxt[i]];cout<<a[i];continue;}
		int num=nxt[i-1];
		while(num){
			usd[a[num+1]-'a']=1;num=nxt[num];
		}
		for(int j=1;j<=25;j++){
			if(!usd[j]){
				a[i]=j+'a';
				cout<<a[i];break;
			}
		}
	}
} 

基因改造

人类智慧 题

容易发现，本质上在这里，C是啥用没有的。。。

然后在这个定义的匹配规则中，等价于要字符串的结构一样才行。

也即给字符建立映射用字符集重组只会一样。

举个例子：1113221与4447664是本质相同的，重组之后都可以得到1112331

那么对于结构相同的字符，字符相对关系不变。也即任意一类字符都只会整体改变，则其距离始终不变

同理，显然知道了每一类字符的距离也就可以求出一个本质相同的字符串

那么就很明晰了，定义其权值为$i-pos[i]$，其中$pos$为$i$上一个出现的位置。特别的，不存在就令其等于0。

则两个位置$i,j(i<j)$的充要条件是：$val[i]=val[j]$或者$val[j]=0$且$val[i]>j$。理解很简单吧，要么是真的相等，要么就是长度为$j$意义下两个都为0.

使用KMP匹配即可。

	cin>>t>>c; 
	while(t--){
		num=0;
		cin>>n>>m;
		memset(pos,0,sizeof pos);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int x;cin>>x;
			va[i]=(pos[x]?i-pos[x]:0);pos[x]=i; 
		}
		memset(pos,0,sizeof pos);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x;cin>>x;
			vb[i]=(pos[x]?i-pos[x]:0);pos[x]=i; 
		}
		for(int i=2,j=0;i<=m;i++){
			while(j&&vb[i]!=vb[j+1]&& !(vb[j+1]==0&&vb[i]>j))j=nxt[j];
			if(vb[i]==vb[j+1]||(vb[j+1]==0&&vb[i]>j))++j;
			nxt[i]=j;
		}
		for(int i=1,j=0;i<=n;i++){
			while(j&&(va[i]!=vb[j+1]&& !(vb[j+1]==0&&va[i]>j)))j=nxt[j];
			if(va[i]==vb[j+1]||(vb[j+1]==0&&va[i]>j))++j;
			if(j==m){
				ans[++num]=i-m+1;j=nxt[j];
			}
		}
		cout<<num<<"\n";
		for(int i=1;i<=num;i++)cout<<ans[i]<<" ";
		cout<<"\n";
	}

似乎在梦中见过的样子

注意到$n\le 1.5\times {10}^4$,$n^2$可以过

那么对于$A+B+A$形串，可以想起Seek the Name, Seek the Fame题，只要长度$m<len-m$就合法

这启发我们枚举后缀，求$next$，然后对于每个后缀来说，枚举其每一个$next$，用Seek the Name, Seek the Fame的方法，求出$m\ge k$的数量即可。

注意到

位置相同但拆分不同的子串算同一子串

则对于一个位置找到了就马上break

void init(){
	cin>>a+1>>k;n=strlen(a+1);
}
void get(int st){
	tot=0;
	for(int i=st;i<=n;i++)b[++tot]=a[i];
	for(int i=2,j=0;i<=tot;i++){
		while(j&&b[j+1]!=b[i])j=nxt[j];
		if(b[j+1]==b[i])++j;
		nxt[i]=j;
	}
}
void solve(int tot){
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		int m=nxt[i];
		while(m>=k){
			if(i-2*m>=1){
				ans++;break;
			}
			m=nxt[m];
		}
	}
}
int main(){
	init();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		get(i);
		solve(tot);
	}
	cout<<ans<<"\n";
}