問題引入
眾所周知，\(\mathrm{KMP}\) 算法是最為經典的單模板字符串匹配問題的線性解法。那么 \(\mathrm{ExKMP}\) 字面意義是 \(\mathrm{KMP}\) 的擴展，那么它是解決什么問題呢？
CaiOJ 1461 【EXKMP】最長共同前綴長度
存在母串 \(S\) 和子串 \(T\) ，設 \(|S| = n, |T| = m\) ，求 \(T\) 與 \(S\) 的每一個后綴的最長公共前綴 \((\mathrm{LCP})\)。
設 \(extend\) 數組， \(extend[i]\) 表示 \(T\) 與 \(S_{i \sim n}\) 的 \(\mathrm{LCP}\) ，對於 \(i \in [1, n]\) 求 \(extend[i]\) 。
\(1 \le m \le n \le 10^6\)
以下的字符串下標均從 \(1\) 開始標號。
算法講解
本文參考了這位 大佬的講解 。
其實可以直接用 \(SA / SAM\) 解決，但是太大材小用了。。。(但似乎不太好做到 \(O(n)\) 有一種是做到 \(O(n) - O(1) \mathrm{RMQ}\) )
對於一般的 \(\mathrm{KMP}\) 只需要求所有 \(extend[i] = m\) 的位置，那么 \(\mathrm{ExKMP}\) 就是需要求出這個 \(extend[i]\) 數組。
舉個例子更好理解。
令 \(S = \underline{aaaabaa}, T = \underline{aaaaa}\) 。
S: a a a a b a a | | | | X T: a a a a a我們知道 \(extend[1] = 4\) ，然后計算 \(extend[2]\) ，我們發現重新匹配是很浪費時間的。
由於 \(S_{1 \sim 4} = T_{1\sim 4}\) ，那么 \(S_{2 \sim 4} = T_{2 \sim 4}\) 。
此時我們需要一個輔助的匹配數組 \(next[i]\) 表示 \(T_{i \sim m}\) 與 \(T\) 的 \(\mathrm{LCP}\) 。
我們知道 \(next[2] = 4\) ，那么 \(T_{2 \sim 5} = T_{1 \sim 4} \Rightarrow T_{2 \sim 4} = T_{1 \sim 3}\) 。
所以可以直接從 \(T_4\) 開始和 \(S_5\) 匹配，此時發現會失配，那么 \(extend[2] = 3\) 。
這其實就是 \(\mathrm{ExKMP}\) 的主要思想，下面簡述其匹配的過程。
匹配過程
此處假設我們已經得到了 \(next[i]\) 。
當前我們從前往后依次遞推 \(extend[i]\) ，假設當前遞推完前 \(k\) 位，要求 \(k + 1\) 位。
此時 \(extend[1 \sim k]\) 已經算完，假設之前 \(T\) 能匹配 \(S\) 的后綴最遠的位置為 \(p = \max_{i < k} (i + extend[i] - 1)\) ，對應取到最大值的位置 \(i\) 為 \(pos\) 。
S: 1 ... pos ... k k+1 ... p ...
那么根據 \(extend\) 數組定義有 \(S_{pos \sim p} = T_{1 \sim p - pos + 1} \Rightarrow S_{k + 1 \sim p} = T_{k - pos + 2 \sim p -pos + 1}\) 。
令 \(len = next[k - pos + 2]\) ，分以下兩種情況討論。
-
\(k + len < p\) 。
S: 1 ... pos ... k k+1 ... k+len k+len+1 ... p ... | | | X T: 1 ... len len+1 ...此時我們發現 \(S_{k + 1 \sim k + len} = T_{1 \sim len}\) 。
由於 \(next[k - pos + 2] = len\) 所以 \(T_{k + len + pos + 2} \not = T_{len + 1}\) 。
又由於 \(S_{k + len + 1} = T_{k + len - pos + 2}\) 所以 \(S_{k + len + 1} \not = T_{len + 1}\) 。
這意味着 \(extend[k + 1] = len\) 。
-
\(k + len \ge p\)
S: 1 ... pos ... k k+1 ... p p+1 ... ... | | | ? T: 1 ... ... p-k+2 ... len ...那么 \(S_{p + 1}\) 之后的串我們都從未嘗試匹配過，不知道其信息，我們直接暴力向后依次匹配即可，直到失配停下來。
如果 \(extend[k + 1] + k > p\) 要更新 \(p\) 和 \(pos\) 。
next 的求解
前面我們假設已經求出 \(next\) ，但如何求呢？
其實和 \(\mathrm{KMP}\) 是很類似的，我們相當於 \(T\) 自己匹配自己每個后綴的答案，此處需要的 \(next\) 全都在前面會計算過。
和前面匹配的過程是一模一樣的。
復雜度證明
下面來分析一下算法的時間復雜度。
-
對於第一種情況，無需做任何匹配即可計算出 \(extend[i]\) 。
-
對於第二種情況，都是從未被匹配的位置開始匹配，匹配過的位置不再匹配，也就是說對於母串的每一個位置，都只匹配了一次，所以算法總體時間復雜度是 \(O(n)\) 的。
代碼解決
注意 \(k + 1 = i\) ，不要弄錯下標了。
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define next Next
using namespace std;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("1461.in", "r", stdin);
freopen ("1461.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 1e6 + 1e3;
void Get_Next(char *S, int *next) {
int lenS = strlen(S + 1), p = 1, pos;
next[1] = lenS; // 對於 next[1] 要特殊考慮
while (p + 1 <= lenS && S[p] == S[p + 1]) ++ p;
next[pos = 2] = p - 1; // next[2] 是為了初始化
For (i, 3, lenS) { // 注意此時 k + 1 = i
int len = next[i - pos + 1];
if (len + i < p + 1) next[i] = len; // 對應上面第一種情況
else {
int j = max(p - i + 1, 0); // 找到前面對於 子串 最靠后已經匹配的位置
while (i + j <= lenS && S[j + 1] == S[i + j]) ++ j; // 第二種需要暴力匹配
p = i + (next[pos = i] = j) - 1; // 記得更新 p, pos
}
}
}
void ExKMP(char *S, char *T, int *next, int *extend) {
int lenS = strlen(S + 1), lenT = strlen(T + 1), p = 1, pos;
while (p <= lenT && S[p] == T[p]) ++ p;
p = extend[pos = 1] = p - 1; // 初始化 extend[1]
For (i, 2, lenS) {
int len = next[i - pos + 1];
if (len + i < p + 1) extend[i] = len;
else {
int j = max(p - i + 1, 0);
while (i + j <= lenS && j <= lenT && T[j + 1] == S[i + j]) ++ j;
p = i + (extend[pos = i] = j) - 1;
}
} // 和上面基本一模一樣啦
}
char S[N], T[N]; int next[N], extend[N];
int main () {
File();
scanf ("%s", S + 1);
scanf ("%s", T + 1);
Get_Next(T, next);
ExKMP(S, T, next, extend);
For (i, 1, strlen(S + 1))
printf ("%d%c", extend[i], i == iend ? '\n' : ' ');
return 0;
}
一些例題
UOJ #5. 【NOI2014】動物園
題意
給你一個字符串 \(S\) ，定義 \(num\) 數組 --- 對於字符串 \(S\) 的前 \(i\) 個字符構成的子串，既是它的后綴同時又是它的前綴，並且 該后綴與該前綴不重疊 ，將這種字符串的數量記作 \(num[i]\) 。
求 \(\prod_{i = 1}^{|S|} (num[i] + 1) \pmod {10^{9}+7}\)
題解
如果會 \(\mathrm{ExKMP}\) 就是裸題了。
然后考慮對於每個 \(S\) 的后綴 \(i\) 會被算多少遍，其實就是對於以 \([i, \min(2 \times (i - 1), i + next[i] - 1)]\) 為結尾的所有前綴有貢獻，那么直接差分即可。
復雜度是 \(O(\sum |S|)\) 的。
代碼
前面的板子就不再放了。
const int N = 1e6 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;
char str[N]; int num[N], next[N];
int main () {
File();
for (int cases = read(); cases; -- cases) {
scanf ("%s", str + 1); Set(num, 0);
Get_Next(str, next);
int n = strlen(str + 1);
For (i, 2, n)
if (next[i])
++ num[i], -- num[min(i * 2 - 1, i + next[i])];
int ans = 1;
For (i, 1, n)
ans = 1ll * ans * ((num[i] += num[i - 1]) + 1) % Mod;
printf ("%d\n", ans);
}
return 0;
}
CF1051E Vasya and Big Integers
題意
給你一個由數字構成的字符串 \(a\) ，問你有多少種划分方式，使得每段不含前導 \(0\) ，並且每段的數字大小在 \([l, r]\) 之間。答案對於 \(998244353\) 取模。
\(1 \le a \le 10^{1000000}, 0 \le l \le r \le 10^{1000000}\)
題解
考慮暴力 \(dp\) ，令 \(dp_i\) 為以 \(i\) 為一段結束的方案數。對於填表法是沒有那么好轉移的，（因為前導 \(0\) 的限制是掛在前面那個點上）我們考慮刷表法。
那么轉移為
我們發現 \(dp_i\) 能轉移到的 \(j\) 一定是一段連續的區間。
我們就需要快速得到這段區間，首先不難發現 \(j\) 對應的位數區間是可以很快確定的，就是 \([l + |L| - 1, i + |R| - 1]\) 。
但是如果位數一樣的話需要多花費 \(O(n)\) 的時間去逐位比較大小。
有什么快速的方法嗎？不難想到比較兩個數字大小的時候是和字符串一樣的，就是 \(\mathrm{LCP}\) 的后面一位。
那么我們用 \(\mathrm{ExKMP}\) 快速預處理 \(extend(\mathrm{LCP})\) 就可以了。
代碼
const int N = 1e6 + 1e3, Mod = 998244353;
inline void Add(int &a, int b) {
if ((a += b) >= Mod) a -= Mod;
}
char S[N], L[N], R[N];
template<typename T>
inline int dcmp(T lhs, T rhs) {
return (lhs > rhs) - (lhs < rhs);
}
inline int Cmp(int l, int r, char *cmp, int *Lcp, int len) {
if (r - l + 1 != len) return dcmp(r - l + 1, len);
return l + Lcp[l] > r ? 0 : dcmp(S[l + Lcp[l]], cmp[Lcp[l] + 1]);
}
int lenL, lenR, tmp[N], EL[N], ER[N];
inline bool Check(int x, int y) {
return Cmp(x, y, L, EL, lenL) >= 0 && Cmp(x, y, R, ER, lenR) <= 0;
}
int tag[N], dp = 1;
int main () {
File();
scanf ("%s", S + 1);
int n = strlen(S + 1);
scanf ("%s", L + 1); lenL = strlen(L + 1); Get_Next(L, tmp); ExKMP(S, L, tmp, EL);
scanf ("%s", R + 1); lenR = strlen(R + 1); Get_Next(R, tmp); ExKMP(S, R, tmp, ER);
tag[1] = Mod - 1;
For (i, 1, n) {
int l, r;
if (S[i] == '0') {
if (L[1] == '0') l = r = i;
else { Add(dp, tag[i]); continue; }
} else {
l = i + lenL - 1; if (!Check(i, l)) ++ l;
r = i + lenR - 1; if (!Check(i, r)) -- r;
}
if (l <= r) Add(tag[l], dp), Add(tag[r + 1], Mod - dp);
Add(dp, tag[i]);
}
printf ("%d\n", (dp + Mod) % Mod);
return 0;
}