2.3KMP算法

写在前面

喜报：听了四遍都没学懂的KMP算法，终于在 gyy 大佬的耐心讲解下搞懂了，大佬orz！！！
因为有ybt,所以直接在上面写吧

正文

kmp算法本质上就是对模式串（要匹配的子串 两个串中短的那个 ）中很多重复的前缀和后缀索引起来，使得在一个地方失配了也不要紧，不用重新来的算法（看不懂不要紧）

下面我们就来详细介绍一下kmp的几个操作

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预处理

a	b	a	b	c

用 $nxt[i]$ 来存储对于模式串1~i中的最长前缀和后缀相等的长度
例如

a	b	a	b	c

在 $i=3$ 时 前缀 $a$ 等于后缀 $a$ 所以 $nxt[3]=1$
在 $i=4$ 时 前缀 $ab$ 等于后缀 $ab$ 所以 $nxt[4]=2$
而在 在 $i=5$ 时 前缀没有等于后缀所以 $nxt[5]=0$
你会发现一个问题，其实 $nxt[i]$ 就是 $i$ 上一次在模式串出现的位置（那干嘛不叫 last 呢）
那聪明的你一定会问：这个是用来干嘛的呢？
别急，让我们来看适配操作

适配

a	b	a	b	e	...
a	b	a	b	c

我们用 $i$ 来表示文本串（被适配的串）的下标，$j$ 来表示模式串的下标
我们先一项一项的配，当配到 $j=5$ 时就发现两个串失配了，那怎么办，前面是不是白配了呢？
别担心，你会发现 $j=5$ 的前一项 $j=4$ 其实是适配的，于是就联想到我的 $nxt[4]==2$ 其实如果和此时的 $i=4$ 来配也是可以适配的，因为在第 $j$ 项长度为 $nxt[j]$ 前缀和后缀是相等的
所以我就将 $j=nxt[j]$ 第 $j+1$ 项也适配为止，然后就大功告成了！

提示

其实预处理 $nxt[j]$ 数组就相当于模式串自身匹配，几乎和适配操作一样，不多赘述

复杂度

$O(N)$ 为什么呢？可能有小朋友就要问了，那个j不是跳了好多次吗？
你考虑j是不是每次都往前跳一格或往后退，它最多前进n次，而后退却是在前进的基础上后退回去的，次数必然小于前进的次数，所以最多给kmp带来 $O(N)$ 的常数，这就是均摊的想法

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
char a[N],b[N];
int nxt[N];
int main(){
	cin>>a+1>>b+1;
	int la=strlen(a+1),lb=strlen(b+1);
	for(int i=1,j=0;i<=lb;i++){
		while(j&&b[i+1]!=b[j+1])  j=nxt[j]; //如果i+1失配则找到i的上一个相同配子 
		if(b[i+1]==b[j+1])  j++;
		nxt[i+1]=j;//本应该是j+1与i+1匹配但是上面已经j++了
	}
	for(int i=0,j=0;i<=la;i++){
		while(j&&a[i+1]!=b[j+1])  j=nxt[j];
		if(a[i+1]==b[j+1])  j++;
		if(j==lb){
			printf("%d\n",i-lb+2);
		}
	}
	for(int i=1;i<=lb;i++){
		printf("%d ",nxt[i]);
	}
}

T1：

板子

T2：

因为$n-nxt[n]$ 必然是全字符串最短的并且重复的，所以只要求重复多少次就行

T3：

一就是考虑我们要让Q最大就要让绿色框内的字符最短，就是求出来最短的前缀和后缀相等，所以可以考虑二操作，递归nxt直到找到最小的 $nx{t}_{nx{t}_{nx{t}_{nx{t}_{nx{t}_i}}}}$ 禁止套娃

T4:

枚举每一个左端点跑一边kmp，然后递归到 $j\ast 2>=i+1$ 为止（为什么是i+1呢，因为此时j对应的前缀与，i+1对应的后缀是相等的，在统计nxt数组时 $nxt[i+1]=j$ 也是这个道理
还有一个细节，就是为什么j可以直接递归到合法情况而不是再开一个jj去统计，因为考虑在下一层递归时，i的长度只加一，j也是同理，而且也只有满足 $j\ast 2>=i+1$ 才合法，再开一个jj是等价的，至于第一次 $if(j\ast 2>=i+1)j=nxt[j];$ 本应该写while，但这里写if也过了的原因也是这个道理

我把这篇代码贴出来方便理解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4;
char s[N];
string a;
int k,n,ans;
int nxt[N];
void kmp(){
	int len=a.length()-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		nxt[i]=0;
	}
	for(int i=1,j=0;i<=len;i++){
		while(j&&a[i+1]!=a[j+1])  j=nxt[j];
		if(a[i+1]==a[j+1])  j++;
		nxt[i+1]=j;
	}
	for(int i=1,j=0;i<=len;i++){
		while(j&&a[i+1]!=a[j+1])  j=nxt[j];//因为此时j对应的是i+1
		if(a[i+1]==a[j+1])  j++;
//      int jj=j;
//		while(jj*2>=i+1)  jj=nxt[jj];//因为此时j对应的是i+1
//		if(jj>=k)  ans++;
		if(j*2>=i+1)  j=nxt[j];
		if(j>=k)  ans++;
	}
}
int main(){
	scanf("%s%d",s+1,&k);
	n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a.clear();
		a+=' ';
		a+=s+i;
		kmp();
	}
	printf("%d",ans);
}

T5:

枚举一个串的左端点，用它的后缀与其余的串进行匹配，j最大就是最长字串

T6：

kmp自己做出来的题，好耶！
跑一边kmp，j合法后递归jj，直到 $jj==0$ ，但会超时，记忆化一下，就过了

T7：

很容易想到 $nxt[i]=i-p[i]$ 那么就是将nxt数组告诉你，然后求字典序最小的串
考虑 $nxt[i]!=0$ 时只需要让 $a[i]=a[nxt[i]]$ 就行
如果 $nxt[i]==0$，分两种情况，首先它不能等于 ${}^{\prime }{a}^{\prime }$ 其次递归nxt数组，不能让它等于nxt+1

T8：

像这种把匹配字符转化到匹配别的东西的方法很经典，就是预处理每个相同字符的位置，但是会有个问题，就是上一个字符可能不在匹配范围内，所以就将这种改成0就行了
我之前将没出现过的设为0

T9:

和T8一样的思路，我们把其转化为几层限制，设 $id1,id2,id3$ 分别表示在第 $i$ 个数出现之前最小的比 $i$ 大的数的最靠右边的位置，和 $i$ 相等的数最靠右边的位置，最大的比 $i$ 小的数最靠左的位置，然后 kmp进行比较

我的思路（假）：
我设 $id1,id2,id3$ 表示在 $i$ 出现之前最后一个比 $i$ 大的数，最后一个等于 $i$ 的数，最后一个小于 $i$ 的数

90pts，然后唐老师造了一组hack：

3 1 5 4
3 1 5 2

原因：是因为这种只能小范围的相等，只要排列一复杂，限制多了，就会有问题

正解：可以用set+桶来找到离他最近的两个值