KMP笔记（旧）

符号

• 子串：字符串中连续的一段。
• $pre(s,x)$: $s[\mathrm{1...}x]$ 组成的子串。
• $suf(s,x)$: $s[|s|-x...|s|]$ 组成的子串。
• 周期：若 $p$ 为字符串 $s$ 的周期，则 $p$ 满足
  • $0<p<|s|$.
  • s [ i ] = s [ i + p ] , i ∈ { 1 , 2 , 3... , ∣ s ∣ − p } s[i] = s[i + p], i \in \left\{1, 2, 3..., |s| - p \right\} s[i]=s[i+p],i∈{1,2,3...,∣s∣−p}.
• $border$: 若 $pre(s,r)$ 称为字符串 $s$ 的$border$，则 $r$ 满足
  • $0<r<|s|$.
  • $pre(s,r)=suf(s,r)$

$period$ 与 $border$

• $3$ 和 $6$ 都是 $abcabcab$ 的周期。
  • 注意，一个周期不需要恰好能整除串长。
• $abcab$ 和 $ab$ 都是 $abcabcab$ 的 $border$。
• $pre(s,k)$ 是 $s$ 的 $border$ $\iff$ $|s|-k$ 是 $s$ 的周期。
  • 画图，自证不难.

$border$ 的性质

• （传递性1）若 $S$ 是 $T$ 的 $border$, $T$ 是 $R$ 的 $border$, 则 $S$ 是 $R$ 的 $border$.
• （传递性2）若 $S$ 是 $R$ 的 $border$, $T$ 是 $R$ 的 $border$, 且 $|S|<|T|$，则 $S$ 是 $T$ 的 $border$.
• 以上两点画图显然.
• （封闭性）记 $mb(S)$ 为 $S$ 的最长 $border$，则 $mb(mb(S)),mb(mb(mb(S)))...$ 为 $S$ 的所有 $border$.
  • 由 传递性1、2 得.

KMP模式匹配

• 在主串 $S$ 中查找 模式串 $T$ 第一次出现的位置。
  • 暴力匹配 $O(|S|\cdot |T|)$,
• 考虑 $S$ 以 $i$ 结尾，长度为 $j$ 的子串 $S[i-j...i]$，发现，字符串的任意子串总是该字符串的一个前缀的后缀，即 $S[i-j...i]=suf(pre(S,i),j)$.
• 观察暴力匹配的过程，我们用两个指针 $i,j$，分别对应在 $S,T$ 中扫描。
  • 每次扫描开始时，都应有 $S[i...i+j]=suf(pre(S,i+j),j)=pre(T,j)$
  • 若 $S[i+j+1]=T[j+1]$，则将 $j$ 往后移一位.
  • 若 $S[i+j+1]\ne T[j+1]$，则将 $i$ 往后移一位，$j$ 从头开始扫描.
  • 复杂度为 $O(|S|\cdot |T|)$.
• 暴力慢在哪呢？慢在 $i,j$ 往后移的步骤上。如果我们能够跳过一些肯定匹配不上的位置，或许能更快！
• 这时，K、M、P 三人提出了一个KMP策略 :
  • 我们用两个指针 $i,j$ 分别表示, $S[i-j+\mathrm{1...}i]$ 与 $T[\mathrm{1...}j]$ 完全相等,即 $S$ 匹配到 $i$, $T$ 匹配到 $j$.
  • 首先介绍 KMP性质: 每次扫描开始时，都应有 $suf(pre(S,i),j)=pre(T,j)$, 且 $j$ 越大越好.
  • 若 $S[i+1]=T[j+1]$，则将 $i$, $j$ 各往后移一位，满足KMP性质.
  • 若 $S[i+1]\ne T[j+1]$，也就是失配了，我们该怎么调整指针来避免每次都重新开始匹配呢？
    1. 由 KMP性质，我们知道此时的 $i,j$ 肯定满足 $suf(pre(S,i),j)=pre(T,j)$，因而它们的 $border$ 也相同.
    2. 于是，我们每次将 $j$ 跳跃到 $pre(T,j)$ 当前最长的 $border$ 上，不难发现若能匹配下去，这个最长的 $border$ 一定能匹配得最长，且满足 KMP性质.
    3. 如果还是不能匹配，接着跳 $border$，直到 $j=-1$.
    4. 结合封闭性，我们只需求出 $T$ 每个前缀的最长 $border$ 就可以快速进行上述步骤.
  • 记 $pre(T,j)$ 的最长 $border$ 为 $next[j]$，以下是利用 $next$ 数组匹配的代码。

int kmp(string s, string t) {
    int n = s.size(), m = t.size();
    int j = -1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        while (j >= 0 && s[i] != t[j + 1]) j = next[j];
        if (s[i] == t[j + 1]) j++;
        if (j + 1 == m) { //匹配成功
            return i - m + 1;
        }
    }
    return -1; //匹配失败
}

• $j$ 后移的次数最多为 $|T|$，$j$ 回退的次数总是少于后移的次数，因而匹配复杂度摊还 $O(|S|)$.
• 把子串看作一个前缀的真后缀，不难发现求解 $next$ 的方法与匹配类似，以下是求解 $next$ 的代码.

void init(string t) {
    int m = t.size();
    next[0] = -1;
    int j = -1;
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        while (j >= 0 && t[i] != t[j + 1]) j = next[j];
        if (t[i] == t[j + 1]) j++;
        next[i] = j;
    }
}

• 预处理 $next$ 的复杂度摊还 $O(|T|)$，因此总复杂度 $O(|S|+|T|)$.

• 注意：我习惯以 $0$ 为字符串下标的起点，因此 $next$ 的初值赋为 $-1$，在调用 $border$ 长度时应加上 $1$。

• 虽然蛮讨厌的，但在构造失配树的时候下标最好还是从 $1$ 开始。

失配树

• 定义：将 $next[i]$ 看作 $i$ 的父节点，那么通过 $next$ 数组可以把 $0\sim N$ 点连成一棵树。
• 性质：
  • 点 $i$ 的所有祖先都是 $pre(s,i)$ 的 $border$.
  • 没有祖先关系的两个点 $i,j$ 没有 $border$ 关系.
  • 任意两点的 $LCA$ 为它们的最长公共 $border$.
• 结合失配树，计算 $next[i]$ 的过程可以看作：从 $j=fa[i-1]$ 开始不断往上走，找第一个满足 $s[j+1]=s[i]$ 的点，把 $i$ 的父亲设为 $j+1$.
  • 为什么是这样呢？
  • 考虑失配树的定义，$j=fa[i-1]\iff$ $s[\mathrm{0...}j]$ 是 $pre(s,i-1)$ 的最长 $border$.
  • 又因为 $fa[j]$ 是 $pre(s,j)$ 的最长 $border$，所以向上走寻找匹配的过程就是利用 KMP策略 求 $next[i]$ 的过程.
• 代码就不放了。

例题

• 【例1】P4391 [BOI2009]Radio Transmission 无线传输
  • 题意简述：求一个串的最小周期。
  • 由上文提到的 “$period$ 与 $border$ 的关系”，我们知道 最小周期 为 串长减去最长的 $border$.
  • 回想 $next$ 数组的定义，此题得解.
• 【例2】P3435 [POI2006] OKR-Periods of Words
  • 题意简述：求一个串所有前缀的最大周期。
  • 最大周期 即为 串长减去最短的 $border$，求出最短的 $border$ 就万事大吉了.
  • 回想 失配树 的性质，最短的 $border$ 不就是该点到根的路径上离根最近的点吗？想到这里就有很多搞法了.
  • 可以建出失配树，然后枚举失配树的每一个 儿子，从每一个儿子出发往下跑一遍 $dfs$，由于每个节点只会被遍历一次，故复杂度是 $O(n)$ 的.
  • 也可以利用并查集思想，把每一个与根节点直接相连的儿子作为代表元，路径压缩后即可快速查询.
• 【例3】POJ2185 Milking Grid
  • 题意简述：求一个二维字符矩阵的最小周期。
  • 行列分别跑一次 KMP，在跑列的 KMP 时，把每行看作一个整体，每次检验时暴力检验所有行。行方向 KMP 同理。复杂度 $O(R\times M)$
• 【例4】P2375 [NOI2014] 动物园
  • 题意简述：求出一个串每一个前缀的 $border$ 中，长度不超过该前缀长度一半的 $border$ 的数量。
  • 上失配树，每个节点 $i$ 都倍增跳到第一个满足 $j\le i/2$ 的点 $j$ 上，然后统计。时间 $O(Tnlogn)$，常数小的做法可以卡过.
• 【例5】P3426 [POI2005]SZA-Template
  • 题意简述：求字符串最小的一个前缀，使得它拼接（可以重叠）若干次后恰好能还原字符串。
  • 若 $pre(s,i)$ "恰好"能还原原串，说明该长度为 $i$ 的前缀与长度为 $i$ 的后缀是相同的，也就是说答案是一个 $border$.
  • 那只要是 $border$，就一定能还原吗？不是，该 $border$ 在原串中匹配的位置之间间隔不能超过 $border$ 的长度.
  • 于是就有了很多想法。
  • 一种是上失配树，那么符合条件的 $border$ 一定是 $|s|$ 的祖先节点.
  • 枚举 $|s|$ 的所有祖先，设当前在点 $i$，那么 $i$ 的子树中相邻节点的距离不能超过 $i$，否则就会空出一段.
  • 另一种想法是直接 $dp$，设 $f_i$ 是覆盖 $pre(s,i)$ 的最小 $border$，则 $f_i$ 只有 $2$ 种取值：$i$ 或 $f_{nex{t}_i}$.
  • 为什么是 $f_{nex{t}_i}$ 呢？由上面的分析我们知道 $f_i\le nex{t}_i$，凡是不能覆盖 $nex{t}_i$ 的，一定覆盖不了 $pre(s,i)$，因此 $f_i$ 只能由 $f_{nex{t}_i}$ 转移过来.
  • 那么什么时候 $f_i$ 能从 $f_{nex{t}_i}$ 转移呢？因为 $border$ 在原串中匹配的位置之间间隔不能超过 $border$ 的长度，因此，只有存在一个 $j$，满足 $i-nex{t}_i\le j$ 且 $f_j$ 是由 $f_{nex{t}_i}$ 转移来的时候，$f_i$ 才能等于 $f_{nex{t}_i}$.
  • 开个桶记录一下最后一个 $f_i=f_{nex{t}_i}$ 的位置即可做到 $O(n)$.