前缀函数与 KMP
前缀函数
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前缀函数 \(\pi_i\) 为 \(s_{1\dots i}\) 的最大相同真前后缀长度。
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如无特别说明，本文中所有字符串下标从 \(1\) 开始，长度为 \(n\)。
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考虑怎么求前缀函数。
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首先肯定能想到暴力的 \(O(n^3)\) 枚举 \(i,len,j\) (子串长度，匹配长度，然后一位位验证)。但太蠢了，找一点性质。
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结论一：\(\pi_{i+1}\leqslant \pi_i+1\) 。
- 证明：最多多配一位。如果多配了 \(k\) 位，说明
\[s_{\pi_{i+1}-k+1\dots \pi_{i+1}}=s_{i+1-k+1\dots i+1} \]- 从而
\[s_{\pi_{i+1}-k+1\dots \pi_{i+1}-1}=s_{i+1-k+1-1\dots i} \]- 即
\[s_{\pi_{i+1}-k+1\dots \pi_{i+1}-1}=s_{i-k+1\dots i} \]-
说人话就是，多配的这几位除了 \(s_{i+1}=s_{\pi_{i+1}-1}\) 这一位以外，其他几位在 \(i\) 处也可以配上，毕竟他们一样，而且都是 \(s_{1\dots i}\) 的子串。只有新增的这一位是 \(i+1\) 时才能配上的（后缀意义下是向右新走了一位）。
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真前后缀意义下，\(\pi_{i+1}<i+1\)，所以一定有 \(\pi_{i+1}-1<i\) 。
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上面的优化可以抽象化为 \(\delta(\pi_i,s_{\pi_i+1})=\pi_i+1(s_{i+1}=s_{\pi_i+1})\) 。那么，能不能构造出相应的 \(s_{i+1}\neq s_{\pi_i+1}\) 的转移？
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结论二：考虑在 \(s_{i+1}\neq s_{\pi_i+1}\) 时将尝试匹配的长度从 \(\pi_i+1\) 减小到 \(j+1\)，使得对于 \(s_{1\dots i},s_{1\dots j}=s_{i-j+1\dots i}\)。运用后缀链接思想，\(j=\pi_i\)。
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从而 \(\text{if } s_{i+1}=s_{j+1},\pi_{i+1}=j+1\)，仍然失配则求 \(j'\)。可以看出这是一个递归过程，边界条件为 \(j=0\)，此时仍然不行则 \(\pi_{i+1}=0\)。
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所以 \(j'=\pi_j(j>0)\)。
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综上所述，令 \(j=\pi_i\) 我们有
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即前缀函数自动机，有时也被称为 KMP 自动机。
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我们设势函数 \(\phi(i)=\pi_i\)，下面的 \(\phi(\pi)\) 指的就是 \(\phi\)，只是为了强调和当前的 \(\pi\) 强关联。
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则转移 \((1)\) 的摊还代价等于 \(O(1)+\phi(1)\)，转移 \((2)\) 的摊还代价等于 \(O(1)\)。
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极限情况下 \(\pi_i=i\)，即单次回跳仅仅让 \(\pi-1\)。从而转移 \((3)\) 的单次复杂度上界为 \(O(\pi_i)-\phi(\pi_i)+\phi(\pi_{i+1})\)。注意，负的势函数变化量才是正的时间复杂度。
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实际上的操作过程中可能先 \((3)\) 再 \((1)/(2)\)，但这可以忽略，总次数都是 \(O(n)\)。
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显然任意次转移 \((1)\) 提供的复杂度和势函数是 \(n\) 以下的，于是因为转移 \((3)\) 每次回跳至少令势减小 \(1\)，而总势不超过 \(n\)，从而回跳次数不超过 \(n\)。
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故此算法复杂度为 \(O(n)\)。该算法可以在线，即一位位地读。给出示范代码。
il void kmp(){
int j=0,n=s.size()-1;
For(i,2,n){
while(j && s[i]!=s[j+1]) j=pi[j];
j+=s[i]==s[j+1];
pi[i]=j;
}
return;
}
KMP 算法
求出现
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考虑求 \(T\) 中 \(P\) 的所有出现位置。
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原始的 KMP 算法如下：
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构造字符串 \(P+x+T\)，这里 \(x\) 是一个分隔符。需要保证其不在 \(P\) 或 \(T\) 中出现。
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求该字符串的前缀函数。不妨记 \(|P|=n\)，则对于所有 \(i>n+1\land \pi_i=n\) 的位置，\(T\) 中存在一个以 \(i\) 结尾的 \(P\)。之所以是等于号，是因为总有 \(\pi\leqslant n\)。
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该算法其实不太聪明。目前比较常用的做法是，求出 \(P\) 的前缀函数，然后扫一遍 \(T\)，维护当前在前缀函数自动机上的位置。复杂度可以通过同样的势能分析做到 \(O(n+m)\)，这里 \(m=|T|\)。
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考虑推广到特殊一点的情况，譬如势能分析不成立的情况。此时注意到我们的复杂度主要是因为连续失配而炸掉，考虑将失配边路径压缩，即将 \(\delta\) 边（正边）和 \(\pi\) 边（反边）结合起来直接构造 \(e(\pi,c)\)，做到 \(O(1)\) 寻找后继。可以通过倍增实现或者类 AC 自动机实现（事实上，AC 自动机就是多模式串的前缀函数自动机，只是因为多模式串而套了个 trie 的壳子并略改变了 fail 边的逻辑），这里不赘述。
求前缀出现
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考虑求 \(S\) 中所有前缀的出现次数。
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我们知道这是 AC 自动机上 DP 的经典问题，但考虑一下能不能不建自动机解决它。
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可以。首先将 \(\pi\) 的贡献计算（不考虑 \(\pi_\pi\)），然后类似完全背包，利用一下后效性，倒序枚举前缀的长度，\(t_{\pi_i}+=t_i\)。
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最后将本来就是前缀的贡献加一下。
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考虑求 \(T\) 中 \(S\) 所有前缀的出现次数。
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没有本质区别，只是略去第三步。
求周期
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考虑求 \(S\) 的最短周期。定义 \(S\) 的周期为 \(p\)，使得 \(\forall i\in [1,n-p+1],S_i=S_{i+p}\)。
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引入 border：若 \(s\) 是 \(S\) 的一个真前缀且 \(\pi_n\geqslant |s|\)，则 \(s\) 为 \(S\) 的一个 border。显然 \(S\) 可以有很多不同长的 border，但我们一般只关心最长的。
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有结论：\(S\) 的最短周期 \(p=n-|s|\)。由定义易得，毕竟这相当于直接把 border 平移到了和它匹配的后缀上。
求压缩
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考虑求 \(S\) 的最短压缩。定义 \(S\) 的压缩为 \(|s|\)，满足 \(s\) 是 \(S\) 的前缀且 \(S\) 可由一个或多个 \(s\) 拼接而来。
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结论：若 \((n-\pi_n)\mid n\)，则最短压缩 \(r=n-\pi_n\)，否则最短压缩 \(r=n\)。
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不妨将 \(S\) 划分为若干段，每段长都为 \(r\)。于是长为 \(n-r=n-(n-\pi_n)=\pi_n\) 的前后缀应当相等。
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但这代表着第一块和第二块相等，同理第二块和第三块相等，etc.
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其最优性显然，若存在更短压缩，则会有更短块，于是 \(r-1\) 块会更长，故 \(\pi_n\) 会更长。
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若不可整除，则显然即使存在 \(r\)，也会有 \(r>n-\pi_n\)（证明同最优性证明），此时对 \(\pi_n\) 分讨即可：
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若 \(\pi_n<=\frac{n}{2}\)，则 \(r>n-\pi_n>=\frac{n}{2}\)，显然想要整除只能为 \(n\)。
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否则，我不会证。
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在线求本质不同的子串数目
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考虑求 \(S\) 中本质不同的子串数目，要求支持双端加/删字符。
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都在线了，肯定是递推啊...不然叫 SA 来不就好了（当然 \(O(n)\) SA 科技可以硬吃在线，可惜我不会）。
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只讨论后端加字符。构造 \(Sn=S+c\)，将其翻转获得 \(Sn'\)，对 \(Sn'\) 求前缀函数，则长度不大于 \(\max \pi\) 的所有前缀都在 \(S\) 中出现过，故新增子串数为 \(|S|+1-\max \pi\)。
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其他情况显然同理，复杂度为 \(O(n^2)\)。
如果是初始+操作的话，初始也许可以考虑用 SA 来卡常。
CF1200E Compress Words
- 题意略。不断求第二个串的 \(\pi\)，然后和第一个串的后缀匹配，总复杂度 \(O(\sum |S|)\)。
CF808G Anthem of Berland
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题意略。
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建出 \(S\) 的前缀函数自动机，设计 dp 如下：
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状态设计：\(f_{i,j}\) 表示当前考虑完 \(T\) 的前 \(i\) 位，当前匹配了 \(j\) 位，最大已有匹配次数。
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初始化：\(f_{0,0}=0\)。
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状态转移：读字符或枚举字符，然后暴力转。
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复杂度 \(O(|S||T||\Sigma|)\)。
P2375 [NOI2014] 动物园
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题意略。
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首先显然可以建出前缀函数自动机来解决，但一个更妙的方式是，用求 \(\pi\) 的方式来求 \(num\)，因为对 \(num\) 来说两个结论都成立。于是 \(O(T|S|)\)。
