扩展KMP

扩展KMP

所有字符串下标从1开始

有一天，你虐OJ的时候遇到了这道题

ExKMP
给定两个字符串 $a,b$，你要求出两个数组：

• $b$ 的 $z$ 函数数组 $z$，即 $b$ 与 $b$ 的每一个后缀的 LCP 长度。
• $b$ 与 $a$ 的每一个后缀的 LCP 长度数组 $p$。

对于一个长度为 $n$ 的数组 $a$，设其权值为 ${\mathrm{xor}}_{i=1}^{n}i\times (a_i+1)$。

求 $z,p$ 的权值。
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le |a|,|b|\le 2\times {10}^7$，所有字符均为小写字母。

扩展KMP即为解决这类问题的方法，具体如下：

设 $n,m$ 分别为 $a,b$ 长度

Z函数

即题目中的 $z$ 数组。

显然，$z[1]=n$。我们考虑递推求解 $z$。

设我们已经求解 $1\sim i-1$，现在求解 $i$，设 $r=\underset{1<k<i}{max}\{k+z[k]-1\}$，$l$ 为 $k+z[k]$ 取到最大值的 $k$。特别地，$z[1]$ 不参与 $l,r$ 的取值。初始：$r=0,l=0$。

1. $i\le r$

此时呢，根据 $z$ 的定义，有 $a[1,z[l]]=a[l,r]$。可以看作字符串 $a[1,z[l]]$ 向后平移了 $l-1$ 个单位长度。那么由于 $i\le r$，则 $a[i,r]$ 也是由 $a[i-l+1,r-l+1]$ 平移过来的，此时 $z[i]\ge z[i-l+1]$

需要注意的是，最长扩展长度不能超过 $r-i+1$，若 $z[i-l+1]>r-i+1$，也应取 $r-i+1$。故 $z[i]\ge min\{z[i-l+1],r-i+1\}$

。先令 $z[i]=min\{z[i-l+1],r-i+1\}$，然后再暴力向后进行扩展，类如：while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[z[i]+1])++z[i];。这样的话，若 $z[i-l+1]\le r-i+1$，此时没有超过最大长度 $r-i+1$，由 $z$ 的极大性可知此循环不会执行。

2. $i>r$，直接暴力进行匹配。

每次匹配完之后需要更新 $l,r$。

由于内层的while执行多少次，就会使得 $r$ 增加多少，最大增量是 $n$，所以总时间复杂度是 $O(n)$ 的

void Z(){
	z[1]=n;
	for(int i=2,l=0,r=0;i<=n;i++){
		if(i<=r)z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[z[i]+1])++z[i];
		if(r<i+z[i]-1)l=i,r=i+z[i]-1;
	}
} 

$p$ 数组

类比计算 $z$ 函数的过程和KMP算法中匹配字符串的过程，不难想到如下代码：

void ExKMP(){
	Z();
	for(int i=1,l=0,r=0;i<=m;i++){
		if(i<=r)p[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		while(i+p[i]<=m&&b[i+p[i]]==a[p[i]+1])++p[i];
		if(r<i+p[i]-1)l=i,r=i+p[i]-1;
	}
}

正确性的证明：

$l,r$ 含义类似，仅由 $z$ 数组换为 $p$ 数组而已。

在 $i\le r$ 的时候，同样是 $a,b$ 的共同匹配部分，将重复的部分用 $z$ 函数求出距离，更新即可。

同样是暴力匹配，暴力更新

Complete template

char a[N],b[N];
int n,m,z[N],p[N];
void Z(){
	z[1]=n;
	for(int i=2,l=0,r=0;i<=n;i++){
		if(i<=r)z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[z[i]+1])++z[i];
		if(r<i+z[i]-1)l=i,r=i+z[i]-1;
	}
} 
void ExKMP(){
	Z();
	for(int i=1,l=0,r=0;i<=m;i++){
		if(i<=r)p[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		while(i+p[i]<=m&&b[i+p[i]]==a[p[i]+1])++p[i];
		if(r<i+p[i]-1)l=i,r=i+p[i]-1;
	}
}
signed main(){
	cin>>b+1>>a+1;
	n=strlen(a+1),m=strlen(b+1);
	ExKMP();
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans^=i*(z[i]+1);
	cout<<ans<<"\n";ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)ans^=i*(p[i]+1);
	cout<<ans<<"\n";
}

事实上，我们可以将两个串合并，并以一个特殊字符如&隔开，跑一遍 $z$ 数组，前半部分是所求的 $z$ 数组，后半部分是所求的 $p$ 数组。

ExKMP算法是KMP算法的扩展，这意味着它可以做很多KMP可以做和不可以做的事情

应用

字符串匹配

给定串 $A,B$，求 $A$ 在 $B$ 中每一次出现的位置。

解法1

上文的 $p$ 数组中，如果出现 $p[i]=le{n}_A$ 表示出现，输出即可。

	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(p[i]==n){
			cout<<"Appear: "<<i<<"\n";
		}
	}

解法2

同样的，我们也可以将 $A$ 复制一遍在后面并用一个特殊字符隔开，这样只需统计 $z[i]=le{n}_A$ 的个数了。

循环元问题

根据KMP的知识，我们知道长度为 $x$ 的循环元存在的充要条件是：$[1,len-x+1]=[x+1,len]$ 且 $len\equiv 0(modx)$。

考虑食用 $z$ 函数进行求解。我们可以从后往前枚举 $z[i]$，一旦满足 $i+z[i]-1=len$ 的时候，$z[i]$ 就有可能为一个循环元。

类比 KMP ，我们考虑如何判断 $[1,len-z[i]+1]=[z[i]+1,len]$ ，明显，我们可以使用 $z[z[i]+1]$ 来表示 $[z[i]+1,len]$ 和 $[1,z[z[i]+1]]$。根据循环元和 $z$ 函数的定义，可以像KMP那般不断回跳求解(可以想象一个一个不断重叠)。

事实上，$[1,z[i]]$ 是一个最小的循环元，无论是否完整(即他是使得这段字符 $[i+z[i]-1]$ 用 $[1,z[i]]$循环覆盖后多余字符最少的子串)。
所以为循环元的充要条件是：$i+z[i]-1=len,z[z[i]+1]=i-1$

最小循环元就倒序枚举 $i$，第一个有解就输出。

        Z();
		for(int i=n;i;--i)
			if(i+z[i]-1==n&&z[z[i]+1]==i-1){
				cout<<n/z[i]<<"\n";break;
			}

这种方法的本质上枚举最后一次循环位置，以 $[1,z[i]]$ 为循环节。

本质上是通过 $z[i]+1$ 将循环节头转移到了串开头的位置。

还有一种方法，枚举的是循环节，来判断是否合法，会简洁一些。

也即枚举循环节 $[1,i]$ ，若 $z[i]=len-i+1$ 即有解。

前后缀问题

也即：求 $A$ 的所有既是前缀又是后缀的所有子串长度。

在KMP算法中，我们通过不断跳 $next$数组实现它，下面我们使用 $z$ 函数来实现它。

既是前缀又是后缀的子串，换句话说就是：$i+z[i]-1=len$。

找到所有符合要求的串，输出即可。

        for(int i=n;i;--i)
			if(i+z[i]-1==n)
				cout<<z[i]<<" ";
		cout<<"\n";

回文串问题

对于每个字符串 $S$ ，求出一个字符串 $S^{\ast }$ ， $S^{\ast }$ 需要满足：

1. $S$ 为 $S^{\ast }$ 的前缀；
2. $S^{\ast }$ 是一个回文字符串；
3. $|S^{\ast }|$ 应尽可能小；

这个问题很有意思。我们判断一个回文串有一个方法是将其翻转并拼在原串前，用特殊符号隔开，最后看 $z$ 是否等于 $len$。

对于 $S^{\ast }$，可以进行拆分，拆分为 $X+Y+X^{\prime }$ 的形式，其中 $X^{\prime }$ 为 $X$ 翻转后的串，$X+Y=S$.

问题等价于求出后缀中最长的回文串。

根据回文串的判断方式，我们设 $T=S^{\prime }+@+S$。那么所求的回文串就放在了 $T$ 的开头和末尾。因为回文串翻转之后仍然相等，问题转化为求两半中的相等子串。根据上文，显然有 $i\in [|S|+1,2|S|+1],i+z[i]-1=2|S|+1$，则说明串 $[1,z[i]]=[i,2|S|+1]$。从前往后扫一遍，第一个合法位置即为所求。

应用

NOIP2020 字符串匹配

说一下我做的时候的心路历程

容易发现 $AB$ 是一个非完整循环节，且字符数只有 26，可以递推预处理 ：

1. $t[i]$ 表示串 $[i,n]$ 出现奇数次的字符数量
2. $g[i,j]$表示在前 $i$ 个字符中出现奇数次字符数量为 $j$ 的数的个数
3. $f[i,j]$表示在前 $i$ 个字符中出现奇数次字符数量 $\le j$ 的数的个数

inline void init(){
	cin>>s+1;
	n=strlen(s+1);
	for(re int i=n;i;--i){  
		t[i]=t[i+1];
		cnt[s[i]-'a']++;
		if(cnt[s[i]-'a']&1)t[i]++;
		else t[i]--;
	}
	memset(cnt,0,sizeof cnt);
	for(re int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=a[i-1];
		cnt[s[i]-'a']++;
		if(cnt[s[i]-'a']&1)a[i]++;
		else a[i]--;
	}
	memset(cnt,0,sizeof cnt);
	for(re int i=1;i<=n;i++){
		for(re int j=0;j<26;++j)g[i][j]=g[i-1][j];
		g[i][a[i]]++;
	}
	for(re int i=1;i<=n;i++){
		f[i][0]=g[i][0];
		for(re int j=1;j<26;j++)f[i][j]=f[i][j-1]+g[i][j];
	} 
}

然后考虑枚举 $C$，每一步用KMP算法判断循环节，将其倍数后统计答案.

inline void solve(){
	re long long ans=0;
	for(re int i=n-1;i;--i){
		ans+=f[i-1][t[i+1]];
		if(i%(i-nxt[i])==0){
			int x=i-nxt[i];
			for(int j=1;j*x<i;j++){
				int len=x*j;
				if(i%len)continue;
				ans+=f[len-1][t[i+1]];
			}
		}		
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

这时候你就会惊奇的发现，交上去只有 48pts。

考虑优化。这个做法在循环节么次都是1的情况下会爆成 $O(n^2)$

换一个角度呢？我可以枚举 $(AB{)}^i$，只要可以 $O(1)$ 地统计 $(AB{)}^i$ 的答案，就可以在 $O(\sum _{i=1}^n\frac{n}{i})\sim O(n\log n)$ 的时间复杂度内解决。

显然是可以的，仅需要判断其最多能够循环到哪个位置。这时候需要用上 $z$ 函数了

设 $AB=[1,i]$，显然有 $[i+1,2i]$ 是第二个循环节。这时候就可以以 $i+1$ 为起点判断循环节了。

更详细地说，这个循环节一直循环到 $i+1+z[i+1]-1=i+z[i+1]$。需要注意不一定完整循环，且 $|C|\ge 1$，所以循环终点应该与n-1取较小值。所以代码应该是：

inline void solve(){
	re long long ans=0;
	for(re int i=2;i<n;++i){
		int ed=i+z[i+1];ed=min(ed,n-1);
		for(int j=1;j*i<=ed;++j){
			ans+=f[i-1][t[i*j+1]];
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

多测不清空，抱灵两行泪

这个做法会被卡到92（洛谷），需要氧气。
参考文献：

Z函数(扩展KMP)&前缀函数的总结~

洛谷P5410题解区

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