Z-algorithm
刚学Z算法1ms，把上次听课写的抄过来了
Z-algorithm
Z算法是用来 \(O(n)\) 求文本串 \(S\) 的每个后缀与 \(T\) 的最长公共前缀。
暴力做法是从每个点开始暴力往后匹配。时间复杂度 \(O(n^2)\)，让我们考虑像 kmp 和 manacher 一样进行优化。
从左往右处理后缀，记从 \(i\) 开始的后缀与 \(T\) 的最长公共前缀为 \(ans_i\)。
记录下 \(p+ans_p\) 最大的 \(p\) 和 \(q=p+ans_p\)。
考虑当前处理的 \(i\) 小于 \(q\) 的情况，如果 \(i\ge q\) 那么直接暴力。
考虑 \(i\) 在 \(T\) 中对应 \(j\)。
我们记 \(next_j\) 表示 \(T_{j\sim }n\) 与 \(T\) 的最长公共前缀。（这就是为什么 Z-算法 被称为扩展kmp，虽然与kmp的 \(next\) 不同）
那么此时的 \(next_j\) 就意味着蓝色段和绿色段相匹配。
我们可以知道，如果蓝色段的末尾在 \(q\) 之前，那么必然不能再匹配，答案就可以确定了。
如果蓝色段的末尾在 \(q\) 或 \(q\) 之后，在 \(q\) 之后的信息我们还未能得知，那么我们直接暴力。
这样我们可以知道，在处理当前后缀时，如果 \(q\) 没有变，那么答案一定是 \(O(1)\) 得到的，如果 \(q\) 改变了，那么暴力的次数就是 \(q\) 右移的次数，又 \(q\) 是单调不降的，所以复杂度是 \(O(n)\) 的。
现在重点是如何求出 \(next\) 数组，它的定义是：\(next_j\) 表示 \(T_{j\sim n}\) 与 \(T\) 的最长公共前缀。这让我们想到 kmp 的 \(next\) 求法，所以我们把 \(T\) 和它自己做一次 Z-算法。
我们发现如果从头开始做，那么 \(p=1,q=n\)，且上面的 \(j=i\)，是无法计算的，所以我们刚开始就匹配 \(T_2\)，大概是这样
这样我们发现除了 \(next_1\) 和 \(next_2\) 其他的 \(next_i\) 都可以通过之前算出来的 \(next\) 来做到和上面一样的算法，所以我们只需要特殊处理一下 \(next_2\) 就好了，时间复杂度也是 \(O(n)\)。
例题
P5410 【模板】扩展 KMP（Z 函数）
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define in read()
inline string read(){
string p;
char c=getchar();
while(!islower(c))c=getchar();
while(islower(c))p+=c,c=getchar();
return p;
}
const int N=2e7+10;
string a,b;
int lena,lenb,nxt[N],ans[N];
void getnxt(){
int p=1,q;nxt[0]=lenb;
for(int i=1;i<lenb;i++)
if(b[i]==b[i-1])nxt[p]++;
else break;
q=p+nxt[p];
for(int i=2,j;i<lenb;i++){
if(i<q){
nxt[i]=nxt[j=i-p];
if(i+nxt[i]<q)continue;
nxt[i]=q-i;
}
else nxt[i]=0;
while(b[i+nxt[i]]==b[nxt[i]])
nxt[i]++;
p=i,q=p+nxt[p];
}
}
void match(){
int p=0,q;
for(int i=0,r=min(lena,lenb);i<r;i++)
if(a[i]==b[i])ans[p]++;
else break;
q=p+ans[p];
for(int i=1,j;i<lena;i++){
if(i<q){
ans[i]=nxt[j=i-p];
if(i+ans[i]<q)continue;
ans[i]=q-i;
}
else ans[i]=0;
while(a[i+ans[i]]==b[ans[i]])
ans[i]++;
p=i,q=p+ans[p];
}
}
signed main(){
a=in,b=in;
lena=a.length();
lenb=b.length();
a+='#';getnxt();ll tmp=0;
for(int i=0;i<lenb;i++)
tmp^=ll(i+1)*(nxt[i]+1);
cout<<tmp<<'\n';tmp=0;
match();
for(int i=0;i<lena;i++)
tmp^=ll(i+1)*(ans[i]+1);
cout<<tmp;
return 0;
}
P7114 [NOIP2020] 字符串匹配
这题容易想到枚举分割后的一部分。
如果我们枚举 \(C\)，那么我们就要判断前面是否是由循环节组成，再枚举循环节数量的因子作为 \(AB\) 再对 \(AB\) 进行拆分找出符合条件的 \(A\)。略显繁琐，但用 kmp 应该可以做。
换种想法，我们枚举 \(AB\)，这样我们只需要找出这个 \(AB\) 能往后循环几段。并且我们发现由于题目性质，重复的两段循环节对于\(C\) 的出现奇数次的字符数并无影响，也就是说每个 \(AB\) 我们只需要分奇偶讨论循环节段数即可。
假设有奇数段循环节，那么 \(C\) 的出现奇数次的字符数等于从第一个 \(AB\) 往后的字符串的出现奇数次的字符数；假设有偶数段循环节，那么 \(C\) 的出现奇数次的字符数等于整个字符串的出现奇数次的字符数。
上面的 \(C\) 的出现奇数次的字符数是可以 \(O(n)\) 预处理，\(O(1)\) 查询的。于是我们需要求的是 \(AB\) 段的拆分方法，又发现此时 \(A\) 的左端一定是字符串首，故预处理出可能的 \(n\) 个 \(A\) 的出现奇数次的字符数，然后发现上个树状数组就可以了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e6+10;
string b;
int lenb,z[N];
inline void getz(){
int p=1,q;z[0]=lenb,z[1]=0;
for(int i=1;i<lenb;i++)
if(b[i]==b[i-1])z[p]++;
else break;
q=p+z[p];
for(int i=2,j;i<lenb;i++){
if(i<q){
z[i]=z[j=i-p];
if(i+z[i]<q)continue;
z[i]=q-i;
}
else z[i]=0;
while(b[i+z[i]]==b[z[i]])z[i]++;
p=i,q=p+z[p];
}
}
int tong[30];
int lim[N],limre[N];
int c[30],ans;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline void update(int x,int w){for(;x<=26;x+=lowbit(x))c[x]+=w;}
inline int query(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x))res+=c[x];return res;}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
cin>>b,lenb=b.length(),b+='#',getz();
for(int i=lenb-1;i>=0;i--)
limre[i]=limre[i+1],
limre[i]+=!(tong[b[i]-'a']%2),
limre[i]-=(tong[b[i]-'a']%2),
tong[b[i]-'a']++;
memset(tong,0,sizeof(tong));
lim[0]=1;tong[b[0]-'a']++;
for(int i=1;i<lenb;i++)
lim[i]=lim[i-1],
lim[i]+=!(tong[b[i]-'a']%2),
lim[i]-=(tong[b[i]-'a']%2),
tong[b[i]-'a']++;
memset(tong,0,sizeof(tong));
update(lim[0]+1,1);ans=0;
for(int i=1;i<lenb-1;i++){
int k=z[i+1]/(i+1)+1;if(k*(i+1)>=lenb)k--;
ans+=query(limre[i+1]+1)*(k/2+k%2);
ans+=query(limre[0]+1)*(k/2);
update(lim[i]+1,1);
}
for(int i=0;i<lenb-1;i++)
update(lim[i]+1,-1);
cout<<ans<<'\n';
memset(lim,0,sizeof(lim));
memset(limre,0,sizeof(limre));
}
return 0;
}
CF126B Password
CF432D Prefixes and Suffixes
CF526D Om Nom and Necklace
CF427D Match & Catch
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