KMP
下标从 \(1\) 开始求 border：
int kmp[N];
void KMP(char *s,int len){
for(int i=2,j=0;i<=len;i++){
while(j&&s[i]!=s[j+1])j=kmp[j];
if(s[i]==s[j+1])j++;
kmp[i]=j;
}
}
int len;char s[N];
int main(){
scanf("%s",s+1),len=strlen(s+1);
KMP(s,len);
for(int i=1;i<=len;i++)
printf("%d ",kmp[i]);
return 0;
}
Z 函数
可以 \(O(n)\) 求出一个字符串的所有后缀与另一个串的 LCP 长度。
- 字符串 \(a\) 的 Z 函数数组 \(\{z\}\) 是 \(a\) 与其每一个后缀的 LCP 长度。
记 \(n=|S|\).
怎么 \(O(n)\) 地求出 \(S\) 的 Z 函数？
约定 \(z_0=0\)，显然有 \(z_1=n\)，考虑用 \(z_{1\sim i-1}\) 求出 \(z_i\).
记 “\(l\) 处的匹配段” 为 \(s[l:]\) 与 \(S\) 的 LCP \([l,l+z_l-1]\)，目前右端点最大的匹配段为 \([l,r]\).
计算 \(z_i\) 时显然有 \(l<i\)。若 \(r<i\)，初始化 \(z_i=0\) 并暴力扩展。
否则由 \(S[1:r-l+1]=S[l:r]\)，可以利用 \(z_{i-l+1}\) 的值，初始化 \(z_i=\min\{r-i+1,z_{i-l+1}\}\)，暴力扩展 \(z_i\).
匹配过程中 \(r\) 不降，时间复杂度 \(O(n)\).
void Z(char *s,int n){
z[1]=n;
for(int i=2,l=0,r=0;i<=n;i++){
if(i<=r)z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
while(i+z[i]<=n&&s[i+z[i]]==s[z[i]+1])z[i]++;
if(i+z[i]-1>r)l=i,r=i+z[i]-1;
}
}
试求出
-
\(b\) 的 Z 函数 \(\{z\}\).
-
\(b\) 与所有 \(a[i:]\) 的 LCP \(\{p\}\).
\(|a|,|b|\le 2\times 10^7\).
后者与求 Z 函数的过程基本一致。
时间复杂度 \(O(|a|+|b|)\).
void exKMP(char *s,int n,char *t,int m){
Z(t,m);
for(int i=1,l=0,r=0;i<=n;i++){
if(i<=r)p[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
while(i+p[i]<=n&&s[i+p[i]]==t[p[i]+1])p[i]++;
if(i+p[i]-1>r)l=i,r=i+p[i]-1;
}
}
记 \(\operatorname{num}(T)\) 为其长度 \(\le\lfloor\frac{|T|}{2}\rfloor\) 的 border 数。
对 \(i=1\sim n\) 求出 \(\operatorname{num}(S[:i]).\)
\(T\le 5\)，\(n\le 10^6\).
跑 KMP 并建立 fail 树，那么 \(\operatorname{num}(S[:i])\) 即 \(i\) 的 \(\le \lfloor\frac{i}{2}\rfloor\) 的祖先数目。
一遍 dfs 即可，用栈记录跟到当前点的路径。
时间复杂度 \(O(Tn\log n)\).
多次询问 \(S[:p]\) 和 \(S[:q]\) 的最长公共 border 长度。
\(n\le 10^6\)，\(m\le 10^5\).
border 集合显然等价与 fail 树上的祖先集合。
求出 \(lca_{p,q}\) 的即可。特别地，\(lca\) 不能为 \(p,q\) 本身，此时往上爬一层就好。
这里要提出一个 “覆盖” 的定义：
若 \(T\) 再 \(S\) 中的出现区间的并集为 \([1.|S|]\)，则称 \(T\) 覆盖 \(S\).
试求出覆盖 \(S\) 的最短串的长度。
\(n\le 5\times 10^5\).
所求串一定是 border，枚举其长度 \(i\).
对于每个出现的结束位置 \(j\)，显然有 \(S[:i]\) 是 \(S[:j]\) 的 border，故 \(j\) 在 \(\operatorname{Subtree}(i)\) 中。
那么合法当且仅当对 \(\operatorname{Subtree}(i)\) 排序，其最大 \(\rm gap\le i\).
具体用双向链表实现。每次将非 border 路径的子树信息全部删去，然后得到 gap.
*3200，比较困难。
串包含 \(0,1\) 和通配符，问 \(s\) 可能存在的 border 长度集合。
\(|s|\le 5\times 10^5\).
如果有长为 \(d\) 的 border 那么就有长为 \(n-d\) 的周期。
对于 \(i\equiv j\space(\operatorname{mod} x)\)，显然 \(s_i\) 和 \(s_j\) 不能互为 \(0\) 和 \(1\).
对于 \(s_i=0\) 赋值 \(F_i=1\)，\(s_i=1\) 赋值 \(G_{n-i}=1\).
把他们卷起来可以口胡到一个比较正确的结论，大概就是减去 \(n\) 然后取绝对值，对于 \(d\) 枚举其所有倍数就好了。
关于周期和匹配
Weak Periodicity Lemma
- 若 \(p,q\) 为 \(S\) 的周期，且 \(p+q\le n\)，则 \(\gcd(p,q)\) 也是 \(S\) 的周期。
不妨设 \(p>q\)，\(d=p-q\).
当 \(i>q\) 时，有 \(s_i=s_{i-q}=s_{i-q+p}=s_{i+d}\).
当 \(i<p\) 时，有 \(s_i=s_{i+p}=s_{i+p-q}=s_{i+d}\).
故 \(d\) 是 \(s\) 的周期，辗转相减即可。
Periodicity Lemma
- \(p+q-\gcd(p,q)\le n\Longrightarrow\gcd(p,q)\) 是 \(S\) 的周期。
约数周期定理
- 若 \(S=T[:i]\)，\(T\) 有周期 \(a\)，\(S\) 有周期 \(b\)，\(b|a\)，\(|S|\ge a\)，那么 \(T\) 有周期 \(b\).
显然成立。
- \(S\) 的长度 \(\ge |S|/2\) 的 border 长度构成一个等差序列。
它等价于 “\(S\) 的长度 \(\le |S|/2\) 的周期构成一个等差序列”。
记最小周期为 \(p\)，另一个 \(\le |S|/2\) 的周期为 \(q\)。由 WPL 得 \(\gcd(p,q)\) 是 \(S\) 的周期，则必有 \(p|q\)，等差周期的存在性显然。
- \(S\) 的 border 长度可划分为至多 \(\lceil\log_2|S|\rceil\) 的等差序列。
去除 \(\ge|S|/2\) 的 border 长度，容易发现其实进入了子问题，每次规模减半。
等差匹配定理
- 若 \(2|S|\ge|T|\)，则 \(S\) 在 \(T\) 中的匹配位置为等差序列。
将 \(T\) 中没有被匹配覆盖的部分去掉，使得 \(T\) 被 \(S\) 覆盖。
显然匹配次数 \(\le 2\) 时为等差数列。现在对匹配次数 \(\ge3\) 的情况讨论。
设第一、二次匹配间隔为 \(d\)，之后某次匹配与第二次间隔为 \(q\)，把这三次匹配分别记作 \(S_1,S_2,S_x\).
容易发现 \(d,q\) 是 \(S\) 的周期。
由 \(2|S|\ge|T|\)，\(d+q+|S|\le|T|\) 有 \(d+q\le |S|\).
设 \(S\) 的最小周期为 \(p_{min}\)，显然 \(p_{min}\le d,q\)，\(p_{min}|d\).
于是 \(S_1\cup S_2\) 有周期 \(p_{min}\)，若 \(p_{min}<d\)，则存在 \(S_2\) 左移后的另一个匹配，矛盾。故 \(p_{min}=d\).
由 WPL 得 \(r=\gcd(d,q)\) 是 \(S\) 的周期，故 \(d|q\).
于是不存在非等差的匹配。
这个显然也是十分困难的。
若一个串不是整循环串，称之为好串。
求出 \(S\) 的好串拆分的最小段数以及满足最小前提的方案数。
\(|S|\le 5\times 10^5\).
两种特殊情况：
-
\(S\) 中只有一种字符，只能拆分为 \(|S|\) 段。
-
\(S\) 本身为好串。
接下来考虑 \(S\) 为整循环串的情况。可以发现最小段数一定是 \(2\).
这个东西有证明，但是看起来十分显然，因为 \(S[:|S|-1],S[|S|]\) 就是一种合法方案。
接下来枚举各种切分判定是否合法。
也就是对每个前后缀判定是否为整循环串。
Lemma
- 整循环的最小循环节必然是最小整循环节。
用 kmp 求出它们的最小循环节。
好像是很经典的困难题。不知道是不是。
需要使用同余最短路的技巧。
回文
-
记 \(S_R\) 为 \(S\) 翻转后的串。
-
若 \(S=S_R\)，则 称 \(S\) 为回文串。
回文自动机（PAM）
结构
PAM 的每个节点表示原串的一个（本质不同的）回文子串。
转移边表示给当前串左右同时加上某个字符。这样偶回文串只能到达偶回文串，奇回文串同理，故有一奇一偶两根。
奇根指向单字符字符串，为方便约定奇根的 \(len\) 为 \(-1\).
\(\operatorname{fail}\) 边指向自己的最长回文后缀。约定偶根的 \(\operatorname{fail}\) 指向奇根。
从结尾在原串末尾的最长回文子串向上跳 \(\operatorname{fail}\) 得到的链称为终止链。它表示了原串的所有回文后缀。
构造
增量法，每次向串末尾添加一个字符 \(x\)，考虑加入 \(x\) 后的新回文后缀。
Lemma
- 每添加一个字符，至多新增一个新的本质不同的回文串，且是所有回文后缀中最长的。
附一张yyc学长放的图就好了。
推论：本质不同的回文子串（也就是 PAM 的节点数）的上界是 \(|S|\).
考虑如何找到这个最长的新回文后缀。对于每个新回文后缀，去掉其两侧的 \(x\) 后一定对应一个旧回文后缀。
暴力跳旧终止链，检查对应回文串左侧是否有一个 \(x\)。由于终止链上长度随深度递增，跳到了符合要求的点 \(v\) 时，就找到了最长的新回文后缀。
维护转移边。若 \(v\) 有 \(x\) 出边，则该最长回文后缀已经在前面出现过，找出 \(v\xrightarrow{x}d\)，令终止链末尾为 \(d\).
否则，新建点 \(u\) 储存该后缀，连 \(v\xrightarrow{x}u\)，且 \(\operatorname{len}(u)=\operatorname{len}(v)+2\).
维护 \(\operatorname{fail}\) 边。顺着终止链找下一个旧的回文后缀 \(v'\) 满足左边有一个 \(x\).
新次长回文后缀一定出现过，故 \(v'\) 有 \(\xrightarrow{x}\) 出边，找出 \(v'\xrightarrow{x}u'\)，则 \(\operatorname{fail}(u)=u'\).
若找不到 \(v'\)，将 \(\operatorname{fail}(u)\) 置为偶根。
复杂度证明
求 \(\operatorname{fail}\) 之外的复杂度显然为 \(O(n)\).
\(\operatorname{fail}\) 指向其回文真后缀，长度单调不增，同一深度最多跳 \(2\) 遍 \(\operatorname{fail}\)（奇根、偶根所在树），而新建节点时深度只会加 \(1\)，所以跳 \(\operatorname{fail}\) 的上界为 \(2n\).
时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n|\Sigma|)\).
struct Palindrome_Automaton{
int ch[N][S],fail[N],len[N],cnt,last;
void init(){
cnt=fail[0]=fail[1]=1;
len[1]=-1;
}
int getfail(int x,int i){
while(i-len[x]-1<0||s[i-len[x]-1]!=s[i])x=fail[x];
return x;
}
void insert(char c,int i){
int x=getfail(last,i),w=c-'a';
if(!ch[x][w]){
len[++cnt]=len[x]+2;
int tp=getfail(fail[x],i);
fail[cnt]=ch[tp][w];
ch[x][w]=cnt;
}
last=ch[x][w];
}
}PAM;
经典应用
-
求本质不同回文串数
-
求在各个位置结尾的回文串数
-
求公共回文串数
对于每个 \(i\) 求出 \(S[:i]\) 的回文后缀个数。强制在线。
\(|S|\le 5\times10^5\).
只需要记录 PAM 上当前节点的深度即可。
所有串都是 \(0\) 阶回文串。
对 \(k\ge1\)，若 \(S\) 是回文串，且 \(S[1:\lfloor|S|/2\rfloor]\) 是 \(k-1\) 阶回文串，则称为 \(k\) 阶回文串。
对于 \(k= 1\sim |S|\) 求 \(S\) 的 \(k\) 阶回文子串个数。
\(|S|\le 5000\).
容易想到直接上 dp。记 \(f_{i,j}\) 为 \(s[i:j]\) 的回文阶数。
若 \(s_i\not=s_j\) 或 \(f_{i+1,j-1}=0\)，\(f_{i,j}=0\).
否则 \(f_{i,j}=f_{i,i+\frac{j-i+1}{2}-1}+1\).
加强
这里讨论yyc放的 \(5\times 10^6\) 怎么做。
建立 PAM，记节点 \(u\) 长度 \(\le \operatorname{len}(u)/2\) 的最长回文后缀为 \(\operatorname{half}(u)\).
记新产生的点为 \(np\) 且有 \(p\xrightarrow{x}np\)，那么先找到 \(\operatorname{half}(p)\)，然后向祖先跳直到能产生对应回文后缀为止，出边指向的点即 \(\operatorname{half}(u)\)，复杂度证明类似。
记 \(f_u\) 为回文串 \(u\) 的阶数，有
\[f_u=\begin{cases}f_{\operatorname{half}(u)}+1&(\operatorname{len}(\operatorname{half}(u))=\lfloor\operatorname{len}(u)/2\rfloor)\\1&\text{otherwise.}\end{cases} \]求出每个回文串的阶数，乘以出现次数并求和即可得到答案数组。
P4762 [CERC2014] Virus synthesis
初始有一个空串，可以
-
在串的左边或右边加一个字符
-
在串的左边或右边加上其逆串
问构造 \(S\) 的最小操作数。
\(|S|\le 10^5\)，\(\Sigma=\{A,T,C,G\}\).
考虑求出 \(f_i\) 表示转移的节点 \(i\) 的回文串的最小操作数。
我们希望尽量使用操作2，最终答案应为 \(\min\{f_i+n-\operatorname{len}(i)\}\).
跟前文一样，可以先找到 \(\operatorname{half}(u)\)，剩下的暴力填一半，接着做一次操作2，也就是
\[f_u=f_{\operatorname{half}(u)}+\operatorname{len}(u)/2-\operatorname{len}(\operatorname{half}(u))+1 \]具体实现就是额外掏一个东西出来再跳几遍。
虽然多测但是 \(\rm 1s\sim 10s\) 的时限确实没看懂。
可持久化 PAM
记 \(u.tr[c]\) 为 \(\operatorname{ancestor}(u)\) 中第一个左侧有 \(c\) 的节点。
维护时若 \(u\) 是 \(v\) 的祖先，则 \(v\) 继承 \(u.tr\)，并将自己左侧字符对应的 \(tr\) 修改。
暴力跳终止链的复杂度是 \(O(n|\Sigma|)\)，可以优化到 \(O(n\log|\Sigma|)\).
双端 PAM
维护 \(\operatorname{fail'}\) 表示最长回文前缀，它总和 \(\operatorname{fail}\) 相同，实际上不需要额外维护。
只需要记下正反两条终止链的末端就可以实现两侧插入。
当整个串变为回文串时要更新另一侧的终止链末端。
回文与 Border
- 若回文串 \(S\) 有周期 \(p\)，则一个循环节可以被拆成两个回文串，长度分别为 \(p-(|s|\operatorname{mod}p)\) 和 \(|s|\operatorname{mod}p\).
附上yyc放的图。
记 \(n=|s|\)，循环节 \(t=s[:p]\)，记 \(s=t^kt_1\)，\(t=t_1t_2\).
那么有 \(t_R=t_2t_1\)，\(t_R=t_{2_R}t_{1_{R}}\)，那么 \(t_1,t_2\) 均为回文串，长度如上。
- 设 \(v\) 为回文串 \(u\) 的最长严格回文前（后）缀，若 \(2|v|\ge|u|\)，那么 \(v\) 只会在 \(u\) 中恰好匹配两次，作为前缀和后缀。
取出前两次匹配 \(v_1,v_2\)，假设还有第三次匹配。
结合 Border 论，\(2|v|\ge|u|\Rightarrow v\) 在 \(u\) 的匹配位置成一个等差序列，公差为 \(v\) 的周期。
那么可将 \(v\) 的循环节写为两个回文串 \(p_1,p_2\)，记 \(v=(p_1p_2)^kp_1\).
那么 \(v_1\cup v_2=(p_1p_2)^{2k}p_1\) 是一个更长的回文前缀。矛盾。
最小回文划分
过于难的东西还是不记了。
最小后缀
概念
记 \(\operatorname{suf}(S)\) 为 \(S\) 的后缀集合。
记 \(\operatorname{minsuf}(S)\) 为 \(S\) 的最小后缀。
记 \(\operatorname{Ssuf(S)}=\{V\in\operatorname{suf}(S)|T,VT=\operatorname{minsuf}(ST)\}\)，即在 \(S\) 后面加上一个串后可能成为最小后缀的后缀，或 \(\rm Significant\space Suffixes\).
性质
- \(\forall U,V\in\operatorname{Ssuf}(S)\)，\(|U|<|V|\Rightarrow U\) 是 \(V\) 的前缀。
若 \(U\) 非 \(V\) 的前缀，对于任意 \(T\) 都有 \(UT<VT\).
又因为 \(U\) 是 \(V\) 的后缀，所以 \(U\) 是 \(V\) 的 border.
倍长定理
- 若 \(S\) 有两个 \(\operatorname{Ssuf}U,V\) 满足 \(|U|<|V|\)，则 \(2|U|<|V|\).
反证，假设 \(|U|<|V|<2|U|\).
由上面有 \(U\) 是 \(V\) 的 border，即对应长度为 \(|V|-|U|<|U|,|V|/2\) 的周期。
记一个周期为 \(T\)，且有 \(U=T^kC,V=T^{k+1}C\).
由 \(\operatorname{minSuf}\)，存在 \(R\)（可空）使得 \(UR<VR\).
\[\Longrightarrow T^kCR<T^{k+1}C\Longrightarrow CR<TCR \]\[\Longrightarrow CR<UR \]\(CR\) 也是后缀，那么 \(UR\) 必定不为最小后缀，矛盾。
这里没看太懂为什么当前钦定了 \(U\) 为 \(\operatorname{minSuf}\).
推论：\(|\operatorname{Ssuf}(S)|=O(\log|S|)\).
差不多写完了。后面太难了。
标签：le,后缀,fail,字符串,相关,border,operatorname,回文 From： https://www.cnblogs.com/SError0819/p/17609933.html