title: 前綴函數與KMP算法
date: 2020-08-05
tags:
- 算法
- 字符串
- OI
categories:
- 技術
因為大二的時候全程划水，導致我對KMP只聽說過名字。老師似乎都沒展開講，我記得是有一節下課時說這個算拓展內容，可以自己回去研究，所以我印象中還蠻難的。
前段時間在廖雪峰的網站重新學了一遍，自己代碼實現了一下，感覺還蠻簡單的，與印象中不符，有點奇怪。
直到今天在Leetcode上用KMP解一道字符串匹配居然超時了，才發現不對勁。
仔細查閱后才意識到，KMP的難點根本不在於算法本身，而在於構建前綴函數的過程。廖雪峰的網站把這個前綴函數是什么講得很清晰了（也就是PMT，部分匹配表），但是如果按照朴素的想法來構建這個東西，會發現時間復雜度特別高：
//朴素方法，j即最長公共前后綴的長度
vector<int> pi(s.size());
for (int i = 1; i < s.size(); ++i) {
for (int j = i; j >= 0; --j) {
if (s.substr(0, j) == s.substr(i - j + 1, j))
pi[i] = j;
break;
}
}
雙重循環內再加子串的比較，時間復雜度直接來到O(N^3)。盡管構建后的表格能加速后面的比較，但是構建表格本身消耗立方時間的話會得不償失，一定要優化這個方法。
看了半天，還是OI Wiki講得靠譜。
優化
我們首先可以觀察到一點就是，i + 1位置的前綴函數pi[i + 1]，最大也只能比pi[i]大1。
這個應該不難理解。因為相對於上一個子串，長度只增加了一，就算是最完美的情況下，前綴函數（PMT）的值也只能加1。例如字符串abab，前三個前綴函數是[0, 0, 1]，現在看pi[3]也就是第四位，前綴只能增加為2。
但是這里難點就在於，我們要思考是什么情況可以使得p[i + 1] == p[i] + 1。好吧，我覺得一般人也思考不出來這個東西，答案就是s[i + 1] == s[pi[i]]的時候。
這個式子初看直接懵逼，卡了我一小時，突然想到舉個例子不就完了，於是舉個例子，確實很簡單。。。可惜我一個人自學，就是容易走進死胡同。
看例子saba，其pi為[0,0,1]我們現在來填第四個字符，使得pi變為[0,0,1,2]。根據公式知道s[pi[2]] == 'b'，變為abab。
倒推下原因，因為pi[2] == 1其實就是說ab(a)，右邊這個a處的最長公共前后綴長度為1，其實就是前后的兩個a。現在想讓pi[3] == p[2] + 1，就是使得新的最長前綴變為ab，那么其相應的后綴ax，就只能是ab，所以合並abax == abab。
推廣
上面的優化方式其實不僅能用邊界情況的一次，其實可以一直往前推廣。我們第一次是看abax中的s[3]和s[1]的對比（也就是s[3]和s[pi[2]]），要是這個對比不相等，我們就繼續比較s[3]和s[pi[pi[2]] - 1]。這么說好像更復雜了。。。直接看代碼吧：
//j是當前最大前綴長度
vector<int> pi(s.size());
for (int i = 1; i < s. size(); ++i) {
int j = pi[i - 1];
while (j > 0 && s[i] != s[j]) j = pi[j - 1];//一次不成，就把結論往前推廣
if (s[i] == s[j]) ++j;//成了，依然是+1
pi[i] = j;
}
循環隱藏
上面j每次都是從最邊界的情況開始往前迭代，其實還能偷懶，寫成這樣：
vector<int> pi(s.size());
for (int i = 1, j = 0; i < s.size() - 1;) //最后一位其實可以不算，因為沒用
{
if (s[i] == s[j]) {
pi[i] = ++j;
++i;
}
else {
//把內層循環合並了
if (j == 0) {
++i;
}
else {
j = pi[j - 1];
}
}
}
復雜度分析
眾所周知KMP時間復雜度是O(N+M)。查找的過程O(N)先不說，我現在還比較困惑為什么構建前綴函數的過程只有O(M)次操作。j不是在回滾嗎？網上說用均攤分析，但是似乎都沒說清楚，有知道的人能說一下嗎？