KMP

基础

下文的字符串下标皆从 $1$ 开始。

考虑定义一个数组 $n{e}_i$，指的是设字符串 $t$ 的前 $i$ 位为 $s$。字符串 $s$ 的前 $n{e}_i$ 位与后 $n{e}_i$ 位完全相同，且 $n{e}_i$ 取到了最大值，并且 $n{e}_i$ 不为字符串 $s$ 的长度。

是不是觉得很绕？我们举一个例子来更好的说明：

考虑 $t$ 为 abababc。那么 $ne$ 数组为 $0,0,1,2,3,4,0$。

然后我们考虑如何快速求出 $ne$ 数组。暴力枚举当然是一种方案，但是复杂度我们不能接受，于是我们考虑优化。

有一个显然的结论，$n{e}_{i+1}-n{e}_i\le 1$，这个就不证明了。

于是我们可以分类讨论，对 $t_{i+1}$ 是否等于 $t_{n{e}_i+1}$ 进行分类。

• 相等，此时 $n{e}_{i+1}=n{e}_i+1$。

• 否则，我们考虑令 $j=n{e}_{n{e}_i}$，判断 $t_{j+1}$ 是否等于 $t_{i+1}$ 并重复这一过程。

为什么在否则时我们的做法是正确的，可以看一下图：

然后这样做的时间复杂度是线性的，可以看一下题目。

题目

KMP

板子题，可以直接看一下代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000005
using namespace std;
int ne[N],j,len1,len2;
char s1[N],s2[N];
signed main(){
	cin>>(s1+1)>>(s2+1);
	len1=strlen(s1+1);len2=strlen(s2+1);
	for(int i=2;i<=len2;i++){
		while(j&&s2[i]!=s2[j+1])j=ne[j];
		if(s2[i]==s2[j+1])j++;
		ne[i]=j;
	}
	j=0;
	for(int i=1;i<=len1;i++){
		while(j&&s1[i]!=s2[j+1])j=ne[j];
		if(s1[i]==s2[j+1])j++;
		if(j==len2){
			cout<<i-len2+1<<'\n';
			j=ne[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=len2;i++)cout<<ne[i]<<' ';
	return 0;
}

Compress Words

幽默题，坑点很多。

考虑设当前的答案为 $res$，输入的新字符串为 $s$，那么考虑字符串 $t=s+res$，然后求一下 $t$ 的 $ne$ 数组，然后不加前后缀相同的那部分就行了。

于是你超时了。

为什么呢？如果第一个字符串非常长，你还每次都跑一遍，那么复杂度为 $O(nm)$ 左右，其中 $m$ 为字符串长度和。

所以要优化，设当前 $res$ 长度 $m$，你发现 $ne$ 数组不会超过 $s$ 的长度 $len$，于是你只需要取 $res$ 的后 $min(m,len)$ 位去组成新字符串 $t$。

于是你又挂了。

为什么呢？看这样一个数据：101 010，你求出来的 $ne$ 数组跨越了两个字符串，这是不被允许的，所以你可以在拼接时中间加个特殊字符，就可以过了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000005
using namespace std;
int n,ne[N];
string s,t,res;
void kmp(string s){
	int len=s.size();
	s=' '+s;
	ne[0]=ne[1]=0;
	int j=0;
	for(int i=2;i<=len;i++){
		while(j&&s[i]!=s[j+1])j=ne[j];
		if(s[i]==s[j+1])j++;
		ne[i]=j;
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	while(n--){
		cin>>s;
		int len=min(s.size(),res.size());
		t=s+'|'+res.substr(res.size()-len,len);
		kmp(t);
		for(int i=ne[t.size()];i<s.size();i++){
			res+=s[i];
		}
	}
	cout<<res;
	return 0;
}