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定义

真前/后缀：原串的一个不等于原串的前/后缀。

给定字符串 \(S\)，定义 \(S\) 的一个 \(border\) 为： \(S\) 的一个真前缀，满足它同时为 \(S\) 的一个真后缀。

也就是说，\(S\) 的一个 \(border\) 同时是 \(S\) 的一个真前缀和一个真后缀。显然这个真前缀和真后缀的长度相等。

O(n) 求 border 数组

定义

在本段中，定义 \(str_i\) 为串 \(S\) 长度为 \(i\) 的前缀，\(f_i\) 为 \(str_i\) 的最长 \(border\)，\(S_i\) 为 \(S\) 的第 \(i\) 个字符。
为了方便，我们置 \(f_0=0\)。

算法

使用递推法。也就是说，考虑我们已经知道了 \(f_{1\cdots i-1}\)，现在我们要求 \(f_i\)。

性质

设串 \(S\) 的最长 \(border\) 为 \(S'\)，\(S'\) 的最长 \(border\) 为 \(S''\)。

则：\(S''\) 为 \(S\) 的一个 \(border\)，并且是 \(S\) 第二长的 \(border\)。

证明：因为 \(S'\) 是 \(S\) 的 \(border\)，设 \(S\) 的结构为 \(S'+T+S'\) （其中 \(T\) 是多出来的一段）。

同理，\(S'\) 的结构设为 \(S''+T'+S''\)。

则 \(S\) 的结构可以设为 \(S''+T'+S''+T+S''+T'+S''\)（代入求得），所以 \(S''\) 是 \(S\) 的一个 \(border\)。

又因为 \(S'\) 是 \(S\) 的最长 \(border\)，\(S''\) 是 \(S'\) 的最长 \(border\)，所以 \(S''\) 是 \(S\) 的第二长 \(border\)。

如何递推

我们知道了 \(f_{1\cdots i-1}\)。

对于 \(str_i\) 的一个 \(border\)，如果它长度 \(>1\)，那么它一定是由一个 \(str_{i-1}\) 的 \(border\) 加上一个字母得到。

所以我们只需要从大到小枚举 \(str_{i-1}\) 的所有 \(border\)，然后尝试往后匹配 \(1\) 个字母即可。

如果失败了，就枚举下一个；否则，我们就得到了 \(f_i\)。\(f_i\) 的计算方式见代码。

如果全部枚举完还没有答案，那么如果 \(S_i=S_1\)，\(f_i=1\)；否则 \(f_i=0\)。

如何枚举：根据上面的性质，注意到 \(f_{i-1},f_{f_{i-1}},f_{f_{f_{i-1}}}\)，这样枚举下去，就可以枚举出 \(str_{i-1}\) 的所有 \(border\)，直到这个 \(border\) 长度为 \(1\)。

这样的复杂度就是 \(O(n)\) 的。代码：\((oi-wiki)\)

vector<int> prefix_function(string s) {
  	int n = (int)s.length();
  	vector <int> f(n);
  	for (int i = 1; i < n; i++) {
   		 int j = f[i - 1];
   		 while (j > 0 && s[i] != s[j]) j = f[j - 1];//枚举前缀 i-1 的所有 border 并尝试匹配
   		 if (s[i] == s[j]) j++;//如果匹配成功，fi=最大的匹配成功的 border 的长度 +1；如果失败，则这段代码就变为判断 si 和 s0 是否相同
    	 f[i] = j;
  	}
  	return pi;
}

复杂度证明可以用势能分析一类的东西。

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我们已经会算出所有 \(f_i\) 了。如何匹配两个字符串？

设：在 \(S\) 中寻找 \(T\) 中的所有出现。

构造字符串 \(P=S+\) （一个 \(S,T\) 中均不会出现的字符） \(+T\)。

然后求这个串的 \(f\)，如果某个 \(f_i=size(S)\)，那么说明有一个前缀的 \(border\) 长度为 \(size(S)\)，这意味着我们找到了一个在 \(T\) 中出现的 \(S\)。

这样我们就可以找到所有 \(S\) 在 \(T\) 中的所有出现了。