文章目录
- KMP字符串哈希
- 算法简介：
- 斤斤计较的小z--2047
- 字符串hash
- Manacher
- 回文串的性质
- 算法简介
- 最长回文子串
- 字典树基础
- 朴素字符串查找
- 步骤
- 前缀判定--1204
- 01tire
- 算法简介：
- 例题1：
- 例题2：
KMP字符串哈希
算法简介：
- 真前后缀的意义：前后缀不相等。
- 注意方向都是正向的，而不是回文的字符串。
- 模版：
char s[N],p[M];
int nex[M];
int n=strlen(s+1),m=strlen(p+1);//字符串的下标从1开始
nex[0]=nex[1]=0;
for(int i=2,j=0;i<m;i++)
{
//不断匹配p[i]和p[j+1]
while(j&&p[i]!=p[j+1])j=nex[j];
if(p[i]==p[j+1])j++;//从while出来后要么j=0，要么匹配成功
nex[i]=j;
}
- 用nex数组去匹配s
for(int i=1,j=0;i<=n;i++)
{
while(j&&s[i]!=p[j+1])j=nex[j];//失配时移动
if(s[i]==p[j+1])j++;//成功匹配一个字符
if(j==m)//成功匹配一次
}
斤斤计较的小z–2047
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+9;
char s[N],p[N];
int nex[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>p+1;int m=strlen(p+1);//模式串
cin>>s+1;int n=strlen(s+1);//文本串
//get next
nex[0]=nex[1]=0;
for(int i=2,j=0;i<=m;i++)
{
while(j&&p[i]!=p[j+1])j=nex[j];
if(p[i]==p[j+1])j++;
nex[i]=j;
}
//对s串进行匹配
int ans=0;
for(int i=1,j=0;i<=n;i++)
{
while(j&&s[i]!=p[j+1])j=nex[j];
if(s[i]==p[j+1])j++;
if(j==m)ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
定义了一个字符数组s和p，分别用于存储文本串和模式串。同时定义了一个整数数组nex，用于存储模式串的next数组。
通过cin读取输入的模式串和文本串，并计算它们的长度。
初始化nex数组的前两个元素为0。
使用循环计算模式串的next数组。next数组用于记录模式串中每个位置之前的子串的最长公共前后缀长度。具体计算过程如下：
初始化指针j为0。
从模式串的第三个字符开始遍历，对于每个位置i：
如果当前字符与j+1位置的字符不相等，将j更新为nex[j]，即向前回溯到上一个匹配的位置。
如果当前字符与j+1位置的字符相等，将j加1。
将nex[i]更新为j，表示当前位置之前的子串的最长公共前后缀长度。
初始化变量ans为0，用于记录模式串在文本串中的出现次数。
使用循环对文本串进行匹配：
初始化指针j为0。
从文本串的第一个字符开始遍历，对于每个位置i：
如果当前字符与j+1位置的字符不相等，将j更新为nex[j]，即向前回溯到上一个匹配的位置。
如果当前字符与j+1位置的字符相等，将j加1。
如果j等于模式串的长度，说明找到了一个匹配，将ans加1。
输出结果ans，即模式串在文本串中的出现次数。
字符串hash
- 进制数一般是一个质数。
- hash的初始化
- 获取子串：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+9;
char s[N],p[N];
typedef unsigned long long ull;
const ull base =131;
int l,r;
ull h1[N],h2[N],b[N];//b数组用来存储base的多少次方
ull getHash(ull h[],int l,int r)
{
return h[r]-h[l-1]*b[r-l+1];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>p+1;int m=strlen(p+1);//模式串
cin>>s+1;int n=strlen(s+1);//文本串
b[0]=1;//预处理b数组
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b[i]=b[i-1]*base;
h1[i]=h1[i-1]*base+(int)p[i];
h2[i]=h2[i-1]*base+(int)s[i];
}
//开始枚举
int ans=0;
for(int i=1;i+m-1<=n;i++)
{
if(getHash(h1,l,m)==getHash(h2,i,i+m-1))ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
Manacher
回文串的性质
- manacher解决偶数个字符组成的字符串没有回文半径的问题。
- 回文的额递归性质要理解一下。
算法简介
- 算法流程：
- 流程：
最长回文子串
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+9;//注意空间要开二倍
char s[N];
int p[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>s+1;
int n=strlen(s+1);
//添加特殊字符
for(int i=2*n+1;i>=1;i--)s[i]=(i&1)?'#':s[i>>1];
s[0]='^',s[2*n+2]='$';
int c=0,r=0;
for(int i=1;i<=2*n+1;i++)
{
p[i]=i<r?min(r-1,p[2*c-i]):1;
while(s[i+p[i]]==s[i-p[i]])p[i]++;
if(i+p[i]>r)c=i,r=i+p[i];
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=2*n+1;i++)ans=max(ans,p[i]-1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
字典树基础
朴素字符串查找
- 如何建立一个树：
步骤
- 变量的声明：
int nex[N][27];//表示从节点i出发，下一个节点地址
int cnt[N];//以i结尾的字符串的数量
int idx=2; //内存池，用作动态开点
- 编写insert函数，用于将一个字符串s加入进去
void insert(char s[])
{
int n=strlen(s+1);
int x=1;//根结点
for(int i=1;i<=n;i++)
{
//先检查x是否存在s[i]的边
if(!nex[x][s[i]-'a']) nex[x][s[i]-'a']=idx++;
x=nex[x][s[i]-'a'];//x移动到新点上
}
cnt[x]++;
}
- 编写check函数，用于判断某个字符串在trie中出现的次数
int check(char s[])
{
int n=strlen(s+1);
int x=1;
for(int i=1;i<=n;i++)x=nex[x][s[i]-'a'];
return cnt[x];
}
前缀判定–1204
-
这么多字符串都要一一存入吗？
不需要。每一个直接存入tire中。注意一个细节，要么都是从0开始计数，要么都是从1开始计数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e6+9;
//声明变量
int nex[N][26];
int cnt[N];
int idx=2;//1已经当做根使用
void insert(char s[])
{
int x=1;//设置根结点，从此开始
for(int i=0;s[i];i++)//这里的条件：字符串以\0结尾，s[i]表达的是不为0
{
//判断x是否存在s[i]这条边
if(!nex[x][s[i]-'a'])nex[x][s[i]-'a'] =idx++;
x=nex[x][s[i]-'a'];
}
cnt[x]++;
}
bool check(char s[])
{
int x=1;
for(int i=0;s[i];i++)
{
x=nex[x][s[i]-'a'];
}
return x;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int n,m;cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
char s[N];cin>>s;
insert(s);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
char s[N];cin>>s;
cout<<(check(s)?'Y':'N')<<endl;
}
return 0;
}
- 这里再粘贴来自蓝桥–冯勒布的代码以理解：
//本题是一道字典树的模板题
//字典树是一种高效率存储多个字符串的数据结构
//其每个结点的权值代表以该结点结尾的字符串的数量,每条边存储一个字符
//从根结点开始,按某一路径遍历到某一结点,即得到一种字符串,其个数等于当前结点存储的数值
//如从根结点开始,依次走过'a''b''c'三条边到达9号结点,9号结点保存的数字是3
//则得到字符串"abc",其数量为3个
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+100;
int nex[N][27];//nex[i][0]表示从结点i出发,边为'a'的下一个结点地址(假设字符串全由小写字母构成)
//如1号结点与2号结点间存在一条记录字母'a'的边,则nex[1]['a'-'a']=2
//如8号结点与9号结点间存在一条记录字母'c'的边,则nex[8]['c'-'a']=9
int cnt[N];//cnt[i]表示以结点i结尾的字符串的数量,即每个结点的权值
int idx=2;//用于动态开点,初始时只有一个根结点1
void insert(char *S)//在字典树中插入字符串S的信息
{
int x=1;//x表示结点编号,初始从根结点(1号)开始
for(int i=0;S[i]!='\0';i++)//遍历字符串S
{
//先检查x是否存在S[i]的边
if(nex[x][S[i]-'a']==0)//从结点x出发,目前还没有记录当前字母的边
{
nex[x][S[i]-'a']=idx++;//则新建一个边记录之,同时动态开点
}
x=nex[x][S[i]-'a'];//到达下一个结点编号
}
//cnt[x]++;
//最终x到达字符串末尾字符对应的结点上,其计数值加1
}
bool check(char *T)//在字典树中查找字符串T(计算出现的次数)
{
int x=1;//x表示结点编号,初始从根结点(1号)开始
for(int i=0;T[i]!='\0';i++)//遍历字符串T
{
x=nex[x][T[i]-'a'];//根据当前字符,x不断向下追溯,最终到达结尾
//若不存在这个字符(记录这个字符的边),则x=0,后续x将一直为0
}
//return cnt[x];//返回字符串T出现的次数,即结尾字符对应的结点所记录的权值
return x;//本题返回x即可,只需判断x是否为0
}
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
while(n--)//N个字符串
{
char S[N];
cin>>S;
insert(S);//每输入一个字符串,就将其信息插入字典树
}
while(m--)//M个询问
{
char T[N];
cin>>T;
if(check(T))cout<<"Y"<<endl;//在字典树中找到T,输出Y
else cout<<"N"<<endl;//没找到,输出N
}
return 0;
}
01tire
算法简介：
- 解决思想：结点只能为0和1。
- 解决问题：二进制问题。例如：异或问题和子集问题。
例题1：
- 怎么通过01树判断数字的大小呢？
- 高位往低位建立01tire树。
- 使用逐位确定的方法：对于权值较大的数，优先保证其“1”不变。
- 例如：1101。对于第一位1，优先往0的方向走，对于0，优先往1的方向走。这样找出和13异或最大的数为6。
- 实际上，高位的权值大于低位的权值和。
- 为什么不采用两层for循环？
- 根据题目中给出的条件，可以看出时间复杂度是超过的。
- 时间复杂度？
log(n)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =210000;
int ch[N][2],val[N],n,ans,tot;
int a[N];
void insert(int x)
{
int now=0;
for(int j=31;j>=0;j--)
{
int pos=((x>>j)&1);//拆分一下二进制
if(!ch[now][pos])ch[now][pos]=++tot;
now=ch[now][pos];
}
val[now]=x;
return ;
}
int query(int x)
{
int now=0;
for(int j=31;j>=0;j--)
{
int pos=((x>>j)&1);//拆分一下二进制
if(ch[now][pos^1])now=ch[now][pos^1];//如果1存在，往0的方向去走
now=ch[now][pos];
}
return val[now];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
cin>>x;a[i]=x;
insert(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans=max(ans,query(a[i]));
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
- 总结：
例题2：
- 拆分：dfs处理出根节点到其他两个点的异或值。
- 把这些点放到tire树中就变成了上面那道题。
- 代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =110000;
int tire[N*30][2],val[N],n,ans,rt,cnt,head[N],tot;
int xo[N];
struct Edge
{
int nex,to,dis;
}edge[N<<1];
//加边
void add(int from,int to,int dis)
{
edge[++cnt].nex=head[from];
head[from]=cnt;
edge[cnt].to=to;
edge[cnt].dis=dis;
return ;
}
void dfs(int x,int fa)
{
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex)
{
int v=edge[i].to;
if(v==fa)continue;
xo[v]=xo[x]^edge[i].dis;
dfs(v,x);
}
return ;
}
void insert(int x)
{
int now=0;
for(int j=31;j>=0;j--)
{
int pos=((x>>j)&1);//拆分一下二进制
if(!tire[now][pos])tire[now][pos]=++tot;
now=tire[now][pos];
}
val[now]=x;
return ;
}
int query(int x)
{
int now=0;
for(int j=31;j>=0;j--)
{
int pos=((x>>j)&1);//拆分一下二进制
if(tire[now][pos^1])now=tire[now][pos^1];//如果1存在，往0的方向去走
now=tire[now][pos];
}
return val[now];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
dfs(1,0);
//把这些东西都插入到tire树中
for(int i=1;i<=n;i++)insert(xo[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans=max(ans,query(xo[i]));
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
- 总结：dfs处理出根节点到所有节点的边权异或值，随后把它们扔进 o1Trie中。
- 为了让异或值最大，我们可以枚举节点，在Trie上贪心：从高到低位，尽量选和当前数二进制位不一样的，随后再与原节点异或值异或一下，取max.
