KMP算法

KMP算法

KMP算法是一个字符串算法，通常用于匹配字符串。

KMP算法的原理

如果我们暴力枚举下标 $i,j$，$i$ 是文本串的下标，$j$ 是模式串（你要在文本串中匹配的字符串）的下标，时间复杂度 $O(NM)$，其中 $N,M$ 分别为文本串和模式串的长度。

我们看一下匹配过程：（gif 动图请耐心观看）

时间复杂度高吧，出题人随便就 $hack$ 掉了。

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
文本串	x	y	x	y	x	y	x	y	x	w
模式串	x	y	x	y	x	y	w	y

咦？我们会发现 $文本串.substr(3,4)=模式串.substr(1,4)=模式串.substr(3,4)="xyxy"$，这样我们 $i=7,j=7$ 匹配失败时可以跳 $2$ 次（$j=3$），就可以达到正确性和时间复杂度平衡的效果。

我们维护 $nxt_i$ 表示s和s以i结尾的最长公共前后缀的长度，这样我们在 $文本串_i,模式串_j$ 匹配失败时 $j$ 可以直接跳到 $nxt_j$。

维护 nxt[i]

若 $s_i==s_j$ 也就是 $模式串_i,模式串_j$ 匹配时，nxt[++i]=++j（其他同理写法也可以，最好固定一个写法），否则按文本串和模式串匹配失败来。

代码

void getNext(string s)//初始化和文本串没关系
{
	nxt[0] = -1;
	int i = 0, j = -1;
	while (i < s.size())
		if (j == -1 || s[i] == s[j])
			nxt[++i] = ++j;
		else
			j = nxt[j];
	return;
}
void KMP(string s, string t)//P3375的询问代码
{
	getNext(t);
	int i = 0, j = 0;
	while (i < s.size())
	{
		if (j == t.size() - 1 && s[i] == t[j])
		{
			cout << i - j + 1 << '\n';
			j = nxt[j];
		}
		if (j == -1 || s[i] == t[j])
			i++, j++;
		else
			j = nxt[j];
	}
	return;
}

nxt 数组的性质

1. nxt[i] 既表示以i结尾的最长公共前后缀的长度，又表示 $i$ 失配时跳跃的位置；
2. nxt[i] 越大，匹配的速度越慢，但至少移动 $1$ 步；
3. 对于字符串 $s$，nxt[] 的最大下标 s.size()；

KMP算法应用

P3375 【模板】KMP

P4391 [BOI2009] Radio Transmission 无线传输

给你一个字符串 $s_1$，它是由某个字符串 $s_2$ 不断自我连接形成的（保证至少重复 $2$ 次）。但是字符串 $s_2$ 是不确定的，现在只想知道它的最短长度是多少。

不想说过程，直接说结论：ans = n - nxt[n]

CF1200E Compress Words

cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
	cin >> s;
	if (ans.empty())
		ans = s;
	else
	{
		int len = min(s.size(), ans.size());
		string s1 = s.substr(0, len);
		string s2 = ans.substr(ans.size() - len, len);
		string s3 = s1 + "#" + s2;//中间必须拼上"#"，不然有可能最长公共前后缀重合。
		getNext(s3);
		ans += s.substr(nxt[s3.size()]);
	}
}
cout << ans;

CF126B Password

1. 目标子串 $t$ 一定是 $s$ 的公共前后缀；
2. 求出 nxt[] 数组，并截取最长公共前后缀 $tmp$;
3. 在 $s[1, len-2]$ 范围内跑KMP，若找到 $tmp$，则 $tmp$就是答案；
4. 若 nxt[nxt[n]] != -1，则 $s[0,nxt[nxt[n]]$ 即为答案；

P3435 [POI2006] OKR-Periods of Words

1. 根据画图推导，对于 $s$ 的每一个前缀 $t$，要找 $t$ 的最短公共前后缀；

int find(int x)//最短公共前后缀
{
	if (nxt[x] <= 0)
		return x;
	return nxt[x] = find(nxt[x]);
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> s;
	getNext(s);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans += i - find(i);
	cout << ans;
	return 0;
}

P4824 [USACO15FEB] Censoring S

1. 删除 $t$ 串之后产生的新的 $t$ 串的起点一定在删除位置的左侧；
2. 后出现 $t$ 串先处理，考虑用栈维护；
3. 栈中存储的下标维护已经匹配的 $t$ 串的位数，match[i]；

//两种写法：
//1
void KMP(string s, string t)
{
	getNext(t);
	int i = 0, j = 0;
	while (i < s.size())
	{
		/*if (j == t.size() - 1 && s[i] == t[j])
		{
			cout << i - j + 1 << '\n';
			j = nxt[j];
		}*/
		if (j == -1 || s[i] == t[j])
		{
			st.push_back({ s[i],j + 1 });
			i++, j++;
		}
		else
			j = nxt[j];
		if (j == t.size())
		{
			for (int i = 1; i <= t.size(); i++)
				st.pop_back();
			j = st.back().second;
		}
	}
	return;
}
//2
void KMP(string s, string t)
{
	getNext(t);
	int i = 0, j = 0;
	while (i < s.size())
	{
		if (j == t.size() - 1 && s[i] == t[j])
		{
			i++;
			for (int i = 1; i < t.size(); i++)
				st.pop_back();
			j = st.back().second;
			continue;
		}
		if (j == -1 || s[i] == t[j])
		{
			st.push_back({ s[i],j + 1 });
			i++, j++;
		}
		else
			j = nxt[j];
	}
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> s >> t;
	KMP(s, t);
	for (auto& [x, y] : st)
		cout << x;
	return 0;
}

P4591 [TJOI2018] 碱基序列

截止 $2024$ 年 $7$ 月 $16$ 日，此题难度 $\color{#9d3dcf} 省选/NOI−$。

1. 定义 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个氨基酸可能的碱基序列以 $s_j$ 结尾的可能的方案数；
2. 答案为：$\sum^{s.size()-1}_ {i=0}dp_{n,i}$；
3. 状态转移方程：dp[i][j+t.size()-1]=dp[i-1][j-1]（这里我写的是哈希的）；
4. 初始状态：dp[0][i]=1。

void KMP(string s, string t)
{
	getNext(t);
	int i = 0, j = 0;
	while (i < s.size())
	{
		if (j == t.size() - 1 && s[i] == t[j])
		{
			dp[cnt][i] += dp[cnt - 1][i - j - 1];
			j = nxt[j];
			continue;
		}
		if (j == -1 || s[i] == t[j])
			i++, j++;
		else
			j = nxt[j];
	}
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> s;
	s = "#" + s;
	for (int i = 0; i < s.size(); i++)
		dp[0][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x;
		cin >> x;
		cnt = i;
		while (x--)
		{
			cin >> t;
			KMP(s, t);
		}
	}
	for (int i = 0; i < s.size(); i++)
		ans += dp[n][i];
	cout << ans % mod;
	return 0;
}

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本文作者：wbw121124
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