算法竞赛进阶指南——0x15 字符串学习笔记
2024-09-07 06:10:40
K M P模式匹配
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100
char s[N];
char m[N];
int nxt[N];
void process()
{
nxt[1] = 0;
int len = strlen(m+1);
for(int i = 2, j = 0; i <= len; i++)//注意:必须要从2开始。
{
while(j > 0 && m[i] != m[j+1]) j = nxt[j];
if(m[i]==m[j+1]) j++;
nxt[i] = j;
}
}
void KMP()
{
int mlen = strlen(m+1);
int slen = strlen(s+1);
for(int i = 1, j = 0; i <= slen; i++)
{
while(j > 0 && (s[i] != m[j+1] || j == mlen)) j = nxt[j];
if(s[i] == m[j+1]) j++;
if(j==mlen) printf("%d ", i-j+1);
}
}
int main()
{
scanf("%s%s", s+1, m+1);
process();
KMP();
return 0;
}
AcWing\141. 周期
思路:
在KMP字符串匹配中,并不会直接考KMP,而是会考KMP的引理。
也就是:定义nxt[i]是指当前位置下的最大数,这个最大的数字所具有的性质就是使得1nxt[i]和i-nxt[i]+1len相等。
对于任意一个候选项
j
,若存在一个小于j的候选项,那么这个候选项最大就是nxt[j]。对于这道题目,同样也有一个定理:
存在循环元的充分必要条件就是:S[1~ j] == S[len-j+1~len]这个字符串是相等的,并且len-j可以整除len
充分性:因为len-j可以整除,并且倍数,很容易联想到
每次取前三个,然后以此类推。
必要性显然得证。
错误答案
注意,我这里明显具有多余的内容。
假如我的i-nxt【i】不能整除i,
这个的意思就是这个子串是以i-nxt【i】为周期的,只不过是最后没有完整的周期。如果我在对nxt【i】求出了nxt,这样的周期一定是最一开始的倍数。既然最一开始的都没有办法整除,那么他的倍数就跟没办法整除
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000010
char buf[N];
int nxt[N];
int cnt = 1;
void Pri(int n);
void cal(int len)
{
scanf("%s", buf+1);
nxt[1] = 0;
for(int i = 2, j = 0; i <= len; i++)
{
while(j > 0 && buf[i] != buf[j+1]) j = nxt[j];
if(buf[i] == buf[j+1]) j++;
nxt[i] = j;
}
Pri(len);
}
void Pri(int n)
{
printf("Test case #%d\n", cnt);
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
int p = nxt[i];
if((i-p) != i && i%(i-p) == 0) printf("%d %d\n", i, i/(i-p));
}
putchar('\n');
cnt++;
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d", &n) && n) cal(n);
return 0;
}
最小表示法
背景:
对于一个循环字符串(心也可以清,也可以清心,。。。。)
把他们都视为是一样的,那么就应该有一种唯一的表示方法。
通过下面的方法,可以以
O
(
N
)
O(N)
O(N)的时间复杂度求出最小表示的字符串。
在这里,我们通过不断排除不可能的结果,最后存在的就是打遍天下无敌手。
代码&&解析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200
char s[2*N];
char lest[N];
int porcess()
{
int n = strlen(s+1);
for(int i = 1; i <= n; i++) s[i+n] = s[i];//把两份拼接起来。
int i = 1, j = 2, k = 0;
while(i <= n && j <= n)//如果有一个不再范围内,就说明比较完成
{
for(k = 0; k < n && s[i+k] == s[j+k]; k++);
if(k == n) break;//如果要是比较了n次都是对的,则相当于已经比较完成
if(s[i+k] > s[j+k])//对于i+m来说(i <= m <= k),总会有一个x = j+m,使得在i+k处不一致,并且i+m不是最优。
//通过这样一搞,极大地排除了不可能的选项,从而只有线性的复杂度。
{
i = i+k+1;
if(i==j) i++;//别忘了++
}
else
{
j = j+k+1;
if(i==j) j++;
}
}
int cnt = 0;//把答案拷贝过去
for(int x = min(i, j); x < min(i, j) + n; x++)//最小的哪一个是i与j中的打遍天下的(没有在n的外面)
{
lest[++cnt] = s[x];
}
lest[++cnt] = '\0';
}
int main()
{
scanf("%s", s+1);
porcess();
printf("%s", lest+1);
return 0;
}
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