本沙茶在2009q?月曾l在k-i+1}, i<=k<jQ第二项需要满_字符串[i..j]q一D|好由[i..k]q一D늚若干ơ复制得到}
Q加上k-i+1是因为对于以下三U重叠字W串Q不压羃比压~要短：(x)AA型、AAA型、ABAB型）
边界QF[i][i]=1Q?br />
问题是在上述方程的第二项里如何求出可行的k。显Ӟ只需要对[i..j]q一D作exKMPQ求出nxQ然后k可行当且仅当满Q（1Qnx[k+1]=j-kQ（2Q?k-i+1)|(j-i+1)Q?br />
不过Q本题在写exKMP的过E中?x)出现很囧的问?#8230;…׃下标不是?开始，而是从i开始，所以很多地方关于下标的计算都要Ҏ(gu)Q非怸方便Q而且很容易疵掉。与其这Pq不如把[i..j]q一D复制到一个新字符串里Q下标从0开始。对于其它的某些字符串算法和数据l构Q或怹是这样囧……
代码Q?br />
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++)
#define re1(i, n) for (int i=1; i<=n; i++)
#define re2(i, l, r) for (int i=l; i<r; i++)
#define re3(i, l, r) for (int i=l; i<=r; i++)
#define rre(i, n) for (int i=n-1; i>=0; i--)
#define rre1(i, n) for (int i=n; i>0; i--)
#define rre2(i, r, l) for (int i=r-1; i>=l; i--)
#define rre3(i, r, l) for (int i=r; i>=l; i--)
#define ll long long
const int MAXN = 110, INF = ~0U >> 2;
int n, F[MAXN][MAXN], nx[MAXN], res;
char ss[MAXN + 1], ss0[MAXN + 1];
void init()
{
scanf("%s", ss); n = strlen(ss);
}
int sol0(int l, int r)
{
int W = r - l + 1; re3(i, l, r) ss0[i - l] = ss[i];
nx[0] = W; nx[1] = nx[0] - 1; re(i, W) if (ss0[i] != ss0[i + 1]) {nx[1] = i; break;}
int k = 1, len, p = k + nx[k] - 1, x, y;
re2(i, 2, W) {
len = nx[i - k];
if (i + len <= p) nx[i] = len; else {
x = p + 1; y = p - i + 1; if (y < 0) {x++; y = 0;}
for (; x<=W && ss0[x]==ss0[y]; x++, y++) ;
nx[i] = y; k = i; p = i + y - 1;
}
}
int res0 = INF, tmp, V;
re2(i, 1, W) if (!(W % i) && nx[i] == W - i) {
V = F[l][l + i - 1] + 2; tmp = W / i; while (tmp) {tmp /= 10; V++;}
if (W < V) V = W;
if (V < res0) res0 = V;
}
return res0;
}
void solve()
{
re(i, n) F[i][i] = 1;
int j, tmp;
re2(x, 1, n) re(i, n-x) {
j = i + x; F[i][j] = sol0(i, j);
re2(k, i, j) {tmp = F[i][k] + F[k + 1][j]; if (tmp < F[i][j]) F[i][j] = tmp;}
}
res = F[0][n - 1];
}
void pri()
{
printf("%d\n", res);
}
int main()
{
init();
solve();
pri();
return 0;
}
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++)
#define re1(i, n) for (int i=1; i<=n; i++)
#define re2(i, l, r) for (int i=l; i<r; i++)
#define re3(i, l, r) for (int i=l; i<=r; i++)
#define rre(i, n) for (int i=n-1; i>=0; i--)
#define rre1(i, n) for (int i=n; i>0; i--)
#define rre2(i, r, l) for (int i=r-1; i>=l; i--)
#define rre3(i, r, l) for (int i=r; i>=l; i--)
#define ll long long
const int MAXN = 110, INF = ~0U >> 2;
int n, F[MAXN][MAXN], nx[MAXN], res;
char ss[MAXN + 1], ss0[MAXN + 1];
void init()
{
scanf("%s", ss); n = strlen(ss);
}
int sol0(int l, int r)
{
int W = r - l + 1; re3(i, l, r) ss0[i - l] = ss[i];
nx[0] = W; nx[1] = nx[0] - 1; re(i, W) if (ss0[i] != ss0[i + 1]) {nx[1] = i; break;}
int k = 1, len, p = k + nx[k] - 1, x, y;
re2(i, 2, W) {
len = nx[i - k];
if (i + len <= p) nx[i] = len; else {
x = p + 1; y = p - i + 1; if (y < 0) {x++; y = 0;}
for (; x<=W && ss0[x]==ss0[y]; x++, y++) ;
nx[i] = y; k = i; p = i + y - 1;
}
}
int res0 = INF, tmp, V;
re2(i, 1, W) if (!(W % i) && nx[i] == W - i) {
V = F[l][l + i - 1] + 2; tmp = W / i; while (tmp) {tmp /= 10; V++;}
if (W < V) V = W;
if (V < res0) res0 = V;
}
return res0;
}
void solve()
{
re(i, n) F[i][i] = 1;
int j, tmp;
re2(x, 1, n) re(i, n-x) {
j = i + x; F[i][j] = sol0(i, j);
re2(k, i, j) {tmp = F[i][k] + F[k + 1][j]; if (tmp < F[i][j]) F[i][j] = tmp;}
}
res = F[0][n - 1];
}
void pri()
{
printf("%d\n", res);
}
int main()
{
init();
solve();
pri();
return 0;
}
]]>
?】一些定义：(x)
字符Ԍ(x)q义的字W串是指“元素cd有序Q且元素值有一定范围的序列”Q其元素不一定非要是字符Q可以是数字{，因此整数、二q制数等也是字符Ԍ
字符集：(x)字符串的元素值的范围UCؓ(f)字符集，其大记为SZ?br />字符串的长度Q字W串中元素的个数Q一般记为NQ长度ؓ(f)N的字W串AW一ơ提到时一般用A[0..N-1]来表C；
前缀Q字W串A[0..N-1]的从A[0]开始的若干个连l的字符l成的字W串UCؓ(f)A的前~Q以?#8220;前缀i”或?#8220;~号为i的前~”指的都是A[0..i]Q?br />后缀Q字W串A[0..N-1]的到A[N-1]l止的若q个q箋的字W组成的字符串称为A的后~Q以?#8220;后缀i”或?#8220;~号为i的后~”指的都是A[i..N-1];
对于一个长度ؓ(f)N的字W串Q将其N个后~按字典序大小q行排序Q得C个数lsa[i]和rank[i]Qsa[i]为排在第i位的后缀的编P也就是一般说的ord[i]Q，rank[i]为排在后~i排在的位|（UCؓ(f)后缀i的名ơ）。sa、rank值的范围均ؓ(f)[0..N-1]。sa和rank互逆，即sa[i]=j{h(hun)于rank[j]=iQ或者说成sa[rank[i]]=rank[sa[i]]=i。这里，saUCؓ(f)后缀数组QrankUCؓ(f)名次数组?br />
?】用倍增法求后~数组Q?br />在论文里Q后~数组有两U求法：(x)倍增法和DC3法Q前者的旉复杂度ؓ(f)O(NlogN)Q但常数较小Q后者的旉复杂度ؓ(f)O(N)Q但常数较大Q在实际应用中，两者的L间相差不大，且后者比前者难理解得多Q本沙茶理解前者都用了几天旉……后者就木敢看了Q。这里就ȝ一下倍增法吧囧……
首先Q脓(chung)一下本沙茶的用倍增法求后~数组的模板：(x)
void suffix_array()
{
int p, v0, v1, v00, v01;
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) rank[i] = A[i];
re(i, n) S[A[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[A[i]]] = i;
for (int j=1; j<n; j<<=1) {
p = 0; re2(i, n-j, n) tmp[p++] = i;
re(i, n) if (sa[i] >= j) tmp[p++] = sa[i] - j;
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) S[rank[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[rank[tmp[i]]]] = tmp[i];
tmp[sa[0]] = p = 0;
re2(i, 1, n) {
v0 = sa[i - 1]; v1 = sa[i];
if (v0 + j < n) v00 = rank[v0 + j]; else v00 = -1;
if (v1 + j < n) v01 = rank[v1 + j]; else v01 = -1;
if (rank[v0] == rank[v1] && v00 == v01) tmp[sa[i]] = p; else tmp[sa[i]] = ++p;
}
re(i, n) rank[i] = tmp[i];
SZ = ++p;
}
}
q里A是待求sa和rank的字W串?br />{
int p, v0, v1, v00, v01;
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) rank[i] = A[i];
re(i, n) S[A[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[A[i]]] = i;
for (int j=1; j<n; j<<=1) {
p = 0; re2(i, n-j, n) tmp[p++] = i;
re(i, n) if (sa[i] >= j) tmp[p++] = sa[i] - j;
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) S[rank[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[rank[tmp[i]]]] = tmp[i];
tmp[sa[0]] = p = 0;
re2(i, 1, n) {
v0 = sa[i - 1]; v1 = sa[i];
if (v0 + j < n) v00 = rank[v0 + j]; else v00 = -1;
if (v1 + j < n) v01 = rank[v1 + j]; else v01 = -1;
if (rank[v0] == rank[v1] && v00 == v01) tmp[sa[i]] = p; else tmp[sa[i]] = ++p;
}
re(i, n) rank[i] = tmp[i];
SZ = ++p;
}
}
<1>倍增法的思想Q?br />记R[i][j]为A[i..i+2j-1]Q如果越界，则后面用@填充Q在A的所有长度ؓ(f)2j的子Ԍ界则后面用@填充Q中的名ơ（rankQ倹{倍增法是按阶D|出所有R[i][j]的|直到2j>N为止。首先，R[i][0]的就是字WA[i]在A[0..N-1]中的名次Q是可以直接用计数排序来实现的。然后，若R[0..N-1][j-1]已知Q则可以按照以下Ҏ(gu)求出R[0..N-1][j]的|(x)Ҏ(gu)个iQ?<=i<NQ，构造一个二元组<Xi, Yi>Q其中Xi=R[i][j-1]QYi=R[i+2j][j-1]Q若i+2j>=NQ则Yi=-∞Q，然后对这N个二元组按照W一关键字ؓ(f)XQ第二关键字为YQ若两者都相等则判定ؓ(f)相等Q进行排序（可以用基数排序来实现Q，排序后，<Xi, Yi>的名ơ就是的R[i][j]的倹{?br />
<2>一开始，对A中的各个字符q行计数排序Q?
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) rank[i] = A[i];
re(i, n) S[A[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[A[i]]] = i;
q个木有马好说的，在搞懂了基数排序之后可以U掉。唯一不同的是q里加了一句：(x)rank[i]=A[i]Q这里的rank[i]是初始的i的名ơ，MS不符合rank[i]的定义和sa与rank间的互逆性。这里就要解释一下了囧。因为在求sa的过E中Qrank值可能不W合定义Q因为长度ؓ(f)2j的子串可能会(x)有相{的Q此时它们的rankg要相{，而sa值由于有下标的限制所以不可能有相{的。因此，在过E中Qrank其实是用来代替A的子串的Q这样rank值只需要表CZ?#8220;相对序”p了，也就是：(x)rank[i0]>(=, <)rank[i1]Q当且仅当A[i0..i0+2j-1]>(=, <)A[i1..i1+2j-1]。这P可以直接A[i]g为初始的rank[i]倹{?br />re(i, n) rank[i] = A[i];
re(i, n) S[A[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[A[i]]] = i;
<3>jQ代?jQ的g1开始不断倍增Q对二元l进行基数排序求出新阶段的sa|(x)
for (int j=1; j<n; j<<=1) {
p = 0; re2(i, n-j, n) tmp[p++] = i;
re(i, n) if (sa[i] >= j) tmp[p++] = sa[i] - j;
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) S[rank[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[rank[tmp[i]]]] = tmp[i];
注意q个基数排序的过E是很特别的。首先，它ƈ不是对A在进行排序，而是对上一阶段求出的rank在进行排序。因为前面已l说q，在求sa的过E中Qrank是用来代替A的对应长度的子串的，׃不能直接对子串进行排序（那样的话旉开销很恐怖的Q，所以只能对rankq行排序。另外，q里在对二元l?lt;x, y>的第二关键字QyQ进行排序的q程中加了优化：(x)q些y其实是把上一阶段的sa整体左移了jQ右边空出的部分全部用@Q空Ԍ填充得到的，׃IZ的字典序肯定最，因此右边的IZ按照下标序先写入(f)时saQ代码中用tmp表示的就是(f)时saQ也是对第二关键字y排序后的ordl果Q，然后Q上一阶段的sa如果左移后还木有消失的（也就是sa值大于等于j的）Q再按顺序写入(f)时saQ就得到了排序结果。剩下的对x的排序结果就是上一阶段的saQ唯一不同的是对于x相同的，按照临时名次递增的顺序?br />p = 0; re2(i, n-j, n) tmp[p++] = i;
re(i, n) if (sa[i] >= j) tmp[p++] = sa[i] - j;
re(i, SZ) S[i] = 0;
re(i, n) S[rank[i]]++;
re2(i, 1, SZ) S[i] += S[i - 1];
rre(i, n) sa[--S[rank[tmp[i]]]] = tmp[i];
<4>求出新阶D늚rank|(x)
tmp[sa[0]] = p = 0;
re2(i, 1, n) {
v0 = sa[i - 1]; v1 = sa[i];
if (v0 + j < n) v00 = rank[v0 + j]; else v00 = -1;
if (v1 + j < n) v01 = rank[v1 + j]; else v01 = -1;
if (rank[v0] == rank[v1] && v00 == v01) tmp[sa[i]] = p; else tmp[sa[i]] = ++p;
}
re(i, n) rank[i] = tmp[i];
SZ = ++p;
׃下一阶段需要用本阶段的rank|因此在求Z本阶D늚sag后，需要求rank倹{（代码中的tmp起了临时rank的作用，目的是节省空_(d)re2(i, 1, n) {
v0 = sa[i - 1]; v1 = sa[i];
if (v0 + j < n) v00 = rank[v0 + j]; else v00 = -1;
if (v1 + j < n) v01 = rank[v1 + j]; else v01 = -1;
if (rank[v0] == rank[v1] && v00 == v01) tmp[sa[i]] = p; else tmp[sa[i]] = ++p;
}
re(i, n) rank[i] = tmp[i];
SZ = ++p;
因ؓ(f)sa值已l求出，因此只要依次扫描sa可以得到rank|唯一要做的工作就是找到哪些子串是相等的，它们的rank值应该相{，除此之外Qrank值只要依ơ加1卛_。判定相{的Ҏ(gu)Q只需判定rank[i]和rank[i+j]是否都对应相{即可。若rank[i+j]界Q用-∞Q当然Q何一个负数都行，代码中用?1Q来表示?br />最后还有一个优化：(x)׃本阶D늚名次的范围只有[0..p]q么多，下一阶段?#8220;字符?#8221;Q其实就是rank集）的大SZ可以设ؓ(f)p+1Q这样可以省一些时间?br />
q样后缀数组sa和名ơ数lrank全部求完了?br />
以后q有一些更重要的东东就是AC自动机、后~数组{的应用问题Q算了，以后再搞吧囧?br />
]]>
我真是太沙茶?#8230;…q么水的题目调了N久，找了N位神犇帮我看代码Q最l才扑և来BUG……
易疵点：(x)
Q?Q本题的子串是可以相同的Q此时Trie的每个结点要设一个mul|表示该结点对应的字符串在所有子串中重复的次敎ͼ另外Q?span style="color: red">不要Z省空间把mul定义成char型，有可能所有的字符串全相同Q因此需要定义成intQ事实证明不?x)爆I间Q，q是本沙茶被折磨了这么久的主要原?/strong>Q?br />Q?QTrie采用静态存储，0L(fng)点作为空l点QNULLQ，因此真正的结点编号从1开始，另外root一般都?L(fng)点；
Q?Q注意在建立自动Z?qing)匹配的时候，所有要沿fail上溯的地方，其边界都?QNULLQ注意不是rootQ或者找C个有对应子结点的l点。注意到0q没有找到的处理Ҏ(gu)Q在建立自动机的时候，T[j]|ؓ(f)rootQ在匚w的时候，x|ؓ(f)rootQ?br />
代码Q模板）Q那些标了Attention的地斚w是易늚Q：(x)
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string>
using namespace std;
using std::string;
#define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++)
#define root 1
const int MAXN = 500001, MAXLEN = 1000001, SZ = 26, INF = ~0U >> 2;
struct node {
int mul, ch[SZ], fail; //Attention
} T[MAXN];
int N, Q[MAXN], res;
string s0, A;
char tmp[MAXLEN], tmp0[51];
void ins()
{
int len = s0.length(), x = root, c;
re(i, len) {
c = s0[i] - 97;
if (!T[x].ch[c]) {T[x].ch[c] = ++N; T[N].mul = 0; re(j, SZ) T[N].ch[j] = 0;}
x = T[x].ch[c];
}
T[x].mul++;
}
void mkf()
{
Q[0] = root; T[root].fail = 0;
int i, j, x;
for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++) {
i = Q[front];
re(k, SZ) if (j = T[i].ch[k]) {
x = T[i].fail;
while (x && !T[x].ch[k]) x = T[x].fail; //Attention
if (x) T[j].fail = T[x].ch[k]; else T[j].fail = root; //Attention
Q[++rear] = j;
}
}
}
void solve()
{
int len = A.length(), x = root, y, c; res = 0;
re(i, len) {
c = A[i] - 97;
while (x && !T[x].ch[c]) x = T[x].fail; //Attention
if (!x) x = root; else x = T[x].ch[c]; //Attention
y = x;
while (y) {res += T[y].mul; T[y].mul = 0; y = T[y].fail;} //Attention
}
}
int main()
{
int tests, n;
scanf("%d", &tests);
re(testno, tests) {
N = 1; T[root].mul = 0; re(i, SZ) T[root].ch[i] = 0;
scanf("%d", &n); getchar();
re(i, n) {
gets(tmp0);
s0 = tmp0;
ins();
}
gets(tmp);
A = tmp;
mkf();
solve();
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
#include <stdio.h>
#include <string>
using namespace std;
using std::string;
#define re(i, n) for (int i=0; i<n; i++)
#define root 1
const int MAXN = 500001, MAXLEN = 1000001, SZ = 26, INF = ~0U >> 2;
struct node {
int mul, ch[SZ], fail; //Attention
} T[MAXN];
int N, Q[MAXN], res;
string s0, A;
char tmp[MAXLEN], tmp0[51];
void ins()
{
int len = s0.length(), x = root, c;
re(i, len) {
c = s0[i] - 97;
if (!T[x].ch[c]) {T[x].ch[c] = ++N; T[N].mul = 0; re(j, SZ) T[N].ch[j] = 0;}
x = T[x].ch[c];
}
T[x].mul++;
}
void mkf()
{
Q[0] = root; T[root].fail = 0;
int i, j, x;
for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++) {
i = Q[front];
re(k, SZ) if (j = T[i].ch[k]) {
x = T[i].fail;
while (x && !T[x].ch[k]) x = T[x].fail; //Attention
if (x) T[j].fail = T[x].ch[k]; else T[j].fail = root; //Attention
Q[++rear] = j;
}
}
}
void solve()
{
int len = A.length(), x = root, y, c; res = 0;
re(i, len) {
c = A[i] - 97;
while (x && !T[x].ch[c]) x = T[x].fail; //Attention
if (!x) x = root; else x = T[x].ch[c]; //Attention
y = x;
while (y) {res += T[y].mul; T[y].mul = 0; y = T[y].fail;} //Attention
}
}
int main()
{
int tests, n;
scanf("%d", &tests);
re(testno, tests) {
N = 1; T[root].mul = 0; re(i, SZ) T[root].ch[i] = 0;
scanf("%d", &n); getchar();
re(i, n) {
gets(tmp0);
s0 = tmp0;
ins();
}
gets(tmp);
A = tmp;
mkf();
solve();
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
?011q?0?9日】今天发C匚wq程中的一个可优化的地方：(x)对于一个点x以及(qing)它的所有返回结点（q里把所有沿着x的失败指针不断上溯直到root路径上的l点都称回结点）Q由于不可重复计敎ͼ可以它们的mul值置为原来mul值的相反敎ͼ-mulQ，而不?Q表Cl点已经l计q。这样在下一ơy的上溯过E中一旦发C个mulgؓ(f)负的点就不用l箋上溯了，因ؓ(f)上面的点一定也已经l计q了?br />当然Q这仅限于单MQ如果是多主串则需要在每次匚w之前把Trie?wi)中所有结点的mul|如果是负数的的话Q全部重新取反。ؓ(f)了节省时_(d)可以在匹配过E中把所有统计过的（mul值改数的Q结点全部放q一个辅助的队列里，然后取反时只要处理队列中的结点就行了?br />
加入该优化后的代码（solve部分Q：(x)
void solve()
{
int len = A.length(), x = root, y, c; res = 0;
re(i, len) {
c = A[i] - 97;
while (x && !T[x].ch[c]) x = T[x].fail;
if (!x) x = root; else x = T[x].ch[c];
y = x;
while (y && T[y].mul >= 0) {res += T[y].mul; T[y].mul = -T[y].mul; y = T[y].fail;}
}
}
{
int len = A.length(), x = root, y, c; res = 0;
re(i, len) {
c = A[i] - 97;
while (x && !T[x].ch[c]) x = T[x].fail;
if (!x) x = root; else x = T[x].ch[c];
y = x;
while (y && T[y].mul >= 0) {res += T[y].mul; T[y].mul = -T[y].mul; y = T[y].fail;}
}
}
下面是优化的实测l果Q第一个ؓ(f)优化后的Q第二个Z化前的）Q可以看出，该优化的力度很大?img height="48" alt="" src="http://www.shnenglu.com/images/cppblog_com/matono1/评l果/ACauto.gif" width="564" border="0" longdesc="" />
]]>
lenA = strlen(A); lenB = strlen(B);
next[0] = lenB;
int j = 0;
re2(i, 1, lenB) {
while (j && B[i] != B[j]) j = next[j - 1];
if (B[i] == B[j]) j++;
next[i] = j;
}
j = 0;
re(i, lenA) {
while (j && A[i] != B[j]) j = next[j - 1];
if (A[i] == B[j]) j++;
ex[i] = j;
}
扩展KMPQ给出模板串A和子串BQ长度分别ؓ(f)lenA和lenBQ要求在U性时间内Q对于每个A[i]Q?<=i<lenA)Q求出A[i..lenA-1]与B的最长公共前~长度Q记为ex[i]Q或者说Qex[i]为满A[i..i+z-1]==B[0..z-1]的最大的z|。扩展KMP可以用来解决很多字符串问题，如求一个字W串的最长回文子串和最镉K复子丌Ӏ?br />【算法?br />设next[i]为满B[i..i+z-1]==B[0..z-1]的最大的z|也就是B的自w匹配）。设目前next[0..lenB-1]与ex[0..i-1]均已求出Q要用它们来求ex[i]的倹{?br />设p为目前A串中匚w到的最q位|，k其匹配到最q位|的|或者说Qk是在0<=i0<i的所有i0gQi0+ex[i0]-1的值最大的一个，p个最大|即k+ex[k]-1Q，昄Qp之后的所有位都是未知的，也就是目前还无法知道A[p+1..lenA-1]中的M一位和B的Q何一位是否相{?br />Ҏ(gu)ex的定义可得，A[k..p]==B[0..p-k]Q因为i>kQ所以又有A[i..p]==B[i-k..p-k]Q设L=next[i-k]Q则Ҏ(gu)next的定义有B[0..L-1]==B[i-k..i-k+L-1]。考虑i-k+L-1与p-k的关p：(x)next[0] = lenB;
int j = 0;
re2(i, 1, lenB) {
while (j && B[i] != B[j]) j = next[j - 1];
if (B[i] == B[j]) j++;
next[i] = j;
}
j = 0;
re(i, lenA) {
while (j && A[i] != B[j]) j = next[j - 1];
if (A[i] == B[j]) j++;
ex[i] = j;
}
Q?Qi-k+L-1<p-kQ即i+L<=p。这Ӟ由A[i..p]==B[i-k..p-k]可以得到A[i..i+L-1]==B[i-k..i-k+L-1]Q又因ؓ(f)B[0..L-1]==B[i-k..i-k+L-1]所以A[i..i+L-1]==B[0..L-1]Q这p明ex[i]>=L。又׃next的定义可得，A[i+L]必然不等于B[L]Q否则A[i..i+L]==B[0..L]Q因为i+L<=pQ所以A[i..i+L]==B[i-k..i-k+L]Q这样B[0..L]==B[i-k..i-k+L]Q故next[i-k]的值应为L+1或更大）Q这P可以直接得到ex[i]=LQ?/strong>
Q?Qi+k-L+1>=p-kQ即i+L>p。这Ӟ首先可以知道A[i..p]和B[0..p-i]是相{的Q因为A[i..p]==B[i-k..p-k]Q而i+k-L+1>=p-kQ由B[0..L-1]==B[i-k..i-k+L-1]可得B[0..p-i]==B[i-k..p-k]Q即A[i..p]==B[0..p-i]Q，然后Q对于A[p+1]和B[p-i+1]是否相等Q目前是不知道的Q因为前面已l说q，p是目前A串中匚w到的最q位|，在p之后无法知道M一位的匚w信息Q，因此Q要从A[p+1]与B[p-i+1]开始往后l匹配（设j为目前B的匹配位|的下标Q一开始j=p-i+1Q每ơ比较A[i+j]与B[j]是否相等Q直C相等或者越界ؓ(f)止，此时的j值就是ex[i]的|。在q种情况下，p的值必然会(x)得到延Q因此更新k和p的倹{?br />边界Qex[0]的值需要预先求出，然后初始的k设ؓ(f)0Qp设ؓ(f)ex[0]-1?br />对于求next数组Q也?#8220;自n匚w”Q类似KMP的方法处理即可。唯一的不同点也在边界上：(x)可以直接知道next[0]=lenBQnext[1]的值预先求出，然后初始k=1Qp=ex[1]?br />
需要严重注意的是，在上q的情况Q?Q中Q本该从A[p+1]与B[p-i+1]开始匹配，但是Q若p+1<iQ也是p-i+1<0Q这U情冉|有可能发生的Q当ex[i-1]=0Q且前面的ex值都没有延到i?qing)以后的时候）的话Q需要将A、B的下标都?Q因为此时p必然{于i-2Q如果A、B的下标用两个变量x、y控制的话Qx和y都要?Q！Q?/span>
【核心代码?br />
lenA = strlen(A); lenB = strlen(B);
next[0] = lenB; next[1] = lenB - 1;
re(i, lenB-1) if (B[i] != B[i + 1]) {next[1] = i; break;}
int j, k = 1, p, L;
re2(i, 2, lenB) {
p = k + next[k] - 1; L = next[i - k];
if (i + L <= p) next[i] = L; else {
j = p - i + 1;
if (j < 0) j = 0;
while (i + j < lenB && B[i + j] == B[j]) j++;
next[i] = j; k = i;
}
}
int minlen = lenA <= lenB ? lenA : lenB; ex[0] = minlen;
re(i, minlen) if (A[i] != B[i]) {ex[0] = i; break;}
k = 0;
re2(i, 1, lenA) {
p = k + ex[k] - 1; L = next[i - k];
if (i + L <= p) ex[i] = L; else {
j = p - i + 1;
if (j < 0) j = 0;
while (i + j < lenA && j < lenB && A[i + j] == B[j]) j++;
ex[i] = j; k = i;
}
}
【时间复杂度分析?br />在KMP和扩展KMP中，不管是A串还是BԌ其匹配位|都是单调递增的，故L间复杂度是线性的Q都为O(lenA + lenB)Q只是扩展KMP比KMP的常数更大一些）?br />【应用?br />KMP和扩展KMP在解军_W串问题中有大用。很多看上去很猥琐的字符串问题，都可以归l到q两U算法之中。另外，q里?#8220;字符?#8221;可以延Z切类型的数组Q而不仅仅是字W数l?img src ="http://www.shnenglu.com/MatoNo1/aggbug/144390.html" width = "1" height = "1" />next[0] = lenB; next[1] = lenB - 1;
re(i, lenB-1) if (B[i] != B[i + 1]) {next[1] = i; break;}
int j, k = 1, p, L;
re2(i, 2, lenB) {
p = k + next[k] - 1; L = next[i - k];
if (i + L <= p) next[i] = L; else {
j = p - i + 1;
if (j < 0) j = 0;
while (i + j < lenB && B[i + j] == B[j]) j++;
next[i] = j; k = i;
}
}
int minlen = lenA <= lenB ? lenA : lenB; ex[0] = minlen;
re(i, minlen) if (A[i] != B[i]) {ex[0] = i; break;}
k = 0;
re2(i, 1, lenA) {
p = k + ex[k] - 1; L = next[i - k];
if (i + L <= p) ex[i] = L; else {
j = p - i + 1;
if (j < 0) j = 0;
while (i + j < lenA && j < lenB && A[i + j] == B[j]) j++;
ex[i] = j; k = i;
}
}
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