字串 I

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becaido

講師介紹

建國中學陳柏凱

OJ handle：becaido

因為想學習字串演算法所以當字串 I 講師

什麼是字串

字串：由一個字元集裡的字元所組成的序列
字元集：一些字元所組成的集合，可以定義各個字元比較時的大小
子字串：字串裡一段連續區間所組成的字串
子序列：刪除字串裡的一些字元，在不改變相對順序下所組成的字串

字元集 {'h', 'e', 'l', 'o', ' ', 'w', 'r', 'l', 'd'} 可以組出字串 "hello world"
字元集 {'1', '2', '3', '4', '5', '6', '7'} 可以組出字串 "7122"
"", "a", "aa", "ab", "aab" 是 "aab" 的子字串
"", "b", "ac" 是 "abc" 的子序列

現在有一個字串 \(S\)：

\(|S|\)：\(S\) 的長度 (字元個數)
\(S_i\)：\(S\) 的第 \(i\) 個字元
\(S[l\dots r]\)：\(S\) 的第 \(l\) 個字元到第 \(r\) 個字元所組成的子字串
\(S\) 的前綴：\(S[1\dots i]\)，\(S\) 開頭 \(i\) 個字元所組成的子字串 (這裡用的是 1-base)
\(S\) 的後綴：\(S[i\dots |S|]\)，\(S\) 結尾的 \(|S| - i + 1\) 個字元所組成的子字串

|"kenorz"| = 6
"h", "he", "heh", "hehe" 是 "hehe" 的前綴
"d", "dd", "cdd", "bcdd", "abcdd" 是 "abcdd" 的後綴

Rolling Hash

Hash

把一個東西對應到一個數字
兩個相同的東西會對應到相同的數字，\(A = B\)，假設 \(A\to n\)，那 \(B\to n\)
兩個不同的東西有可能會對到相同的數字，\(A\neq C\)，\(A\to n\)，\(C\) 有可能 \(\to n\)，我們稱作碰撞

Hash

用於快速判斷兩個東西是否相等
為了避免碰撞，可以讓值域變大，或是用不同的方式 hash 多次

對字串 Hash

選擇兩個數字 \(\text{base}\) 和 \(M\)
\(\text{base}\) 是字元要乘的數字，\(M\) 是要模的數字，兩個最好要是質數

例如可以讓 \(\text{base}=137, M = 10^9+7\)

兩種方式：

1. \(\text{Hash}(S)=S_1\times\text{base}^1+S_2\times\text{base}^2+\dots+S_n\times\text{base}^n\ (\text{mod }M)\)

2. \(\text{Hash}(S)=S_1\times\text{base}^{|S|-1}+S_2\times\text{base}^{|S|-2}+\dots+S_n\times\text{base}^0\ (\text{mod }M)\)

第一種方式
\(\text{Hash}(S)=S_1\times\text{base}^1+S_2\times\text{base}^2+\dots+S_n\times\text{base}^n\ (\text{mod }M)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int base = 137;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 5;

int n, q;
string s;
int pro[N], inv[N], pre[N];

int power(int d, int up) {
    int re = 1;
    while (up) {
        if (up & 1) re = 1ll * re * d % MOD;
        d = 1ll * d * d % MOD;
        up >>= 1;
    }
    return re;
}

int hs(int l, int r) {
    int re = 1ll * (pre[r] - pre[l - 1]) * inv[l - 1] % MOD;
    return re < 0 ? re + MOD : re;
}

int main() {
    cin >> n >> s;
    s = " " + s;

    pro[0] = inv[0] = 1;
    inv[1] = power(base, MOD - 2);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pro[i] = 1ll * pro[i - 1] * base % MOD; // pro[i] = base 的 i 次方
        inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * inv[1] % MOD; // inv[i] = (1/base) 的 i 次方
        pre[i] = (pre[i - 1] + 1ll * s[i] * pro[i]) % MOD; // pre[i] = Hash(S[1...i])
    }

    cin >> q;
    while (q--) {
        // 詢問 Hash(S[l...r])
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << hs(l, r) << '\n';
    }
}

Code：

優點：可以動態修改

缺點：詢問子字串 \(\text{Hash}\) 值需要算模逆元

第二種方式
\(\text{Hash}(S)=S_1\times\text{base}^{|S|-1}+S_2\times\text{base}^{|S|-2}+\dots+S_n\times\text{base}^0\ (\text{mod }M)\)

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int base = 137;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 5;

int n, q;
string s;
int pro[N], pre[N];

int hs(int l, int r) {
    int re = (pre[r] - 1ll * pre[l - 1] * pro[r - l + 1]) % MOD;
    return re < 0 ? re + MOD : re;
}

int main() {
    cin >> n >> s;
    s = " " + s;

    pro[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pro[i] = 1ll * pro[i - 1] * base % MOD;
        pre[i] = (1ll * pre[i - 1] * base + s[i]) % MOD;
    }

    cin >> q;
    while (q--) {
        // 詢問 Hash(S[l...r])
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << hs(l, r) << '\n';
    }
}

優點：不用算模逆元

缺點：不能動態修改

有了 \(\text{Hash}\) 就可以快速知道兩個字串相不相等了！

例題：TIOJ 2205 廻廻奇文

有一個字串 \(A\)，令其倒序後的字串為 \(A'\)，我們稱 \(AA'A\) 為迴迴奇文。

給你一個字串 \(S\)，每次可以交換 \(S_i, S_j\) 或是問你 \(S[l\dots r]\) 是否為迴迴奇文。

如果暴力的話就太慢了~~(其實可以過)~~

如何判斷 \(A\) 與 \(A'\)

動態修改怎麼辦？

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int base = 137;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 5;

int n, q;
string s;
int pro[N], inv[N];

int power(int d, int up) {
    int re = 1;
    while (up) {
        if (up & 1) re = 1ll * re * d % MOD;
        d = 1ll * d * d % MOD;
        up >>= 1;
    }
    return re;
}

struct BIT {
    int bit[N];
    void upd(int pos, int x) {
        for (; pos <= n; pos += pos & -pos) bit[pos] = (bit[pos] + x) % MOD;
    }
    int que(int pos) {
        int re = 0;
        for (; pos; pos -= pos & -pos) re = (re + bit[pos]) % MOD;
        return re;
    }
    int hs(int l, int r) {
        int re = 1ll * (que(r) - que(l - 1)) * inv[l - 1] % MOD;
        return re < 0 ? re + MOD : re;
    }
} bit1, bit2;

void change(int i, int delta) {
    if (delta < 0) delta += MOD;
    bit1.upd(i, 1ll * delta * pro[i] % MOD);
    bit2.upd(n - i + 1, 1ll * delta * pro[n - i + 1] % MOD);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> q >> s;
    s = " " + s;

    pro[0] = inv[0] = 1;
    inv[1] = power(base, MOD - 2);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pro[i] = 1ll * pro[i - 1] * base % MOD;
        inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * inv[1] % MOD;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        bit1.upd(i, 1ll * s[i] * pro[i] % MOD);
        bit2.upd(n - i + 1, 1ll * pro[n - i + 1] * s[i] % MOD);
    }

    while (q--) {
        int t, l, r;
        cin >> t >> l >> r;
        if (t == 1) {
            int len = r - l + 1;
            if (len % 3 != 0) {
                cout << "0\n";
                continue;
            }
            len /= 3;
            int val = bit1.hs(l, l + len - 1);
            cout << (val == bit2.hs(n - (r - len) + 1, n - (l + len) + 1) && val == bit1.hs(r - len + 1, r)) << '\n';
        } else {
            change(l, s[r] - s[l]);
            change(r, s[l] - s[r]);
            swap(s[l], s[r]);
        }
    }
}

可以做兩個 \(\text{Hash}\)，一個是正著的，一個是反著的

用 \(\text{BIT}\) 維護

練習題：

CSES 1753, CSES 2420, TIOJ 1735,

TIOJ 1321, TIOJ 1725,

MHC2022 R1 pA2, R2 pA2

TIOJ 2185, CSA Strings

Trie

中文叫字典樹，由很多節點和邊組成

不一定要由字元組成，也可以由 \(0,1\) 組成

每條邊表示要加的字元，每個節點代表從根開始走形成的字串。

hel

hell

hello

key

ken

假設今天要加入 "bee", "yee", "yes", "yuhung", "zap", "zaps"

bee

yee

yes

yuh

yuhu

yuhun

yuhung

zap

zaps

寫成 code

偽指標型：

指標型：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int M = 1e6 + 5;

int n;
int cnt, trie[M][26];

void ins(string s) {
    int pos = 0;
    for (char c : s) {
        if (!trie[pos][c - 'a']) trie[pos][c - 'a'] = ++cnt;
        pos = trie[pos][c - 'a'];
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    while (n--) {
        string s;
        cin >> s;
        ins(s);
    }
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int M = 1e6 + 5;

int n;

struct Trie {
    Trie *ch[26] = {};
    Trie() {}
} root;

void ins(string s) {
    Trie *pos = &root;
    for (char c : s) {
        if (!pos->ch[c - 'a']) pos->ch[c - 'a'] = new Trie();
        pos = pos->ch[c - 'a'];
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    while (n--) {
        string s;
        cin >> s;
        ins(s);
    }
}

例題：TIOJ 1866 小向的魔動力捷運系統

給 \(n\) 個點，每個點有點權 \(a_i\)，根節點為 \(1\)，問點 \(1\) 到 \(i\) 路徑上子路徑 \(\text{xor}\) 的最大值。

如何快速計算一段區間的 \(\text{xor}\)？

對每個點記錄從根開始的 \(\text{xor}\) 值 \(=A_i\)，那 \(u\) 到 \(v\) 路徑的 \(\text{xor}\) 值 (\(u\) 為 \(v\) 祖先) 就會是 \(A_v\text{ xor }A_{\text{fa}(u)}\)

跟前綴和的概念很像，對前綴 \(\text{xor}\) 後，如果想求得 \([l, r]\) 的值，那就把 \([1, r]\ \text{xor }[1, l - 1]\) 就好了

如果有 \(n\) 個數字 \(b_1\sim b_n\)，給你 \(x\)，你想找出 \(\max(x\text{ xor }b_i)\)，要如何快速找呢？

把 \(n\) 個數字按照二進位插入 \(\text{trie}\) 中後，由高的位元開始往下走

因為要最大，所以想要這個位元 \(\text{xor}\) 的結果為 \(1\)，如果可以組成 \(1\)，那就往使用到的那個子樹走，否則只好走另一個子樹。

維護一個可以加入數字、刪除數字的 \(\text{trie}\)

\(\text{dfs}\) 時進入點就加入前綴點權，離開時就刪除。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
const int M = 32;

int n;
int a[N], ans[N];
vector<int> adj[N];

int id;
int cnt[M * N], trie[M * N][2];

void ins(int x) {
    int pos = 0;
    for (int i = M - 1; i >= 0; i--) {
        if (!trie[pos][x >> i & 1]) trie[pos][x >> i & 1] = ++id;
        pos = trie[pos][x >> i & 1];
        cnt[pos]++;
    }
}

void del(int x) {
    int pos = 0;
    for (int i = M - 1; i >= 0; i--) {
        pos = trie[pos][x >> i & 1];
        cnt[pos]--;
    }
}

int que(int x) {
    int pos = 0, re = 0;
    for (int i = M - 1; i >= 0; i--) {
        int val = (x >> i & 1) ^ 1;
        if (!trie[pos][val] || !cnt[trie[pos][val]]) val ^= 1;
        re |= ((x >> i & 1) ^ val) << i;
        pos = trie[pos][val];
    }
    return re;
}

void dfs(int pos, int fa) {
    a[pos] ^= a[fa];
    ans[pos] = max(ans[fa], que(a[pos]));
    ins(a[pos]);
    for (int np : adj[pos]) if (np != fa) dfs(np, pos);
    del(a[pos]);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int tt;
    cin >> tt;
    while (tt--) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            adj[i].clear();
            cin >> a[i];
        }
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int a, b;
            cin >> a >> b;
            adj[a].emplace_back(b);
            adj[b].emplace_back(a);
        }
        for (int i = 0; i <= id; i++) trie[i][0] = trie[i][1] = cnt[i] = 0;
        id = 0, ins(0);
        dfs(1, 0);
        for (int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << '\n';
    }
}

Code：

練習題 (You can trie trie see)：

CF 1732 D2, ZJ i629,
CSA Prefix Free Subset,

MHC2022 R3 pB,

TIOJ 1920, TIOJ 1071, TIOJ 1902, TIOJ 2027

KMP

一些人名的縮寫

用來做字串匹配

寫成中文叫
「次長共同前後綴」

給一個字串 "kenkenken"
它的最長共同前後綴就是它自己

次長共同前後綴則長這樣

kenkenken

orandxor

babbabba

hello

令 \(\text{len}(S)\) 為 \(S\) 次長共同前後綴長度

現在給你一個字串 \(S\)
令 \(n = |S|\)，想要請你求出 \(n\) 個數字：

\(\text{len}(S[1\dots 1]), \text{len}(S[1\dots 2]),\dots,\text{len}(S[1\dots i]),\dots,\text{len}(S[1\dots n])\)

\(O(n^3)\) 的作法：直接暴力看

太慢了

小觀察：\(\text{kmp}(i)\) 到 \(\text{kmp}(i+1)\) 最多只會增加 \(1\)

原本從長度 \(i+1\) 開始看，現在從長度 \(\text{kmp}(i)+1\) 開始看

第一次就匹配成功：\(\text{len}\) 增加 \(1\)，否則會不變或是減少

長度的變化量總和是 \(O(n)\) 的，每次 \(O(n)\) 比對，總共 \(O(n^2)\)

令 \(\text{kmp}(i) = \text{len}(S[1\dots i])\)

但還是太慢了

有沒有更有效利用前面計算結果的方法？

string

現在要在一個已經算好所有 \(\text{len}\) 的字串加入一個字元 \(c\)

\(\text{kmp(i)}\)

我們想讓紅色\(+c=\) 藍色\(+x\)

如果 \(c=x\)，代表匹配成功了！

否則只好\(\dots\)

\(\text{kmp(i)}\)

\(\text{kmp}(\text{kmp}(i))\)

我們去找 \(\text{kmp}\) 的 \(\text{kmp}\)，看看 \(c\) 能不能等於新的 \(x'\)

如果又不行，就繼續做下去，直到匹配成功，或是 \(\text{len}=0\) 了

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n;
string s;
int kmp[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> s;
    n = s.size(), s = " " + s;

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        int len = kmp[i - 1];
        while (len && s[len + 1] != s[i]) len = kmp[len];
        kmp[i] = len + (s[len + 1] == s[i]);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << kmp[i] << " \n"[i == n];
}

輸入：ababbaababa
輸出：0 0 1 2 0 1 1 2 3 4 3

輸入：kenkenken
輸出：0 0 0 1 2 3 4 5 6

複雜度：每次 \(\text{kmp}\) 最多只可能增加 \(1\)，能減少的量只有 \(O(n)\)，於是最後複雜度為 \(O(n)\)。

應用：尋找字串 \(t\) 在字串 \(S\) 出現幾次

可以做一個新字串 \(t\#S\)，去做 \(\text{kmp}\)，只要 \(\text{kmp}(i)=|t|\)，就可以將次數 \(+1\)

實際上可以先建好 \(t\) 的 \(\text{kmp}\)，再拿 \(S\) 的字元去匹配就好了

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n, m, cnt;
int kmp[N];
string s, t;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> t >> s;
    n = t.size(), t = " " + t;
    m = s.size(), s = " " + s;

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        int len = kmp[i - 1];
        while (len && t[len + 1] != t[i]) len = kmp[len];
        kmp[i] = len + (t[len + 1] == t[i]);
    }

    for (int i = 1, len = 0; i <= m; i++) {
        while (len && t[len + 1] != s[i]) len = kmp[len];
        len += (t[len + 1] == s[i]);
        if (len == n) {
            cnt++;
            len = kmp[len];
        }
    }
    cout << cnt << '\n';
}

2022 北市賽 pD：

給你兩個字串 \(T,s\)，每次要把 \(T\) 裡出現在最左邊的 \(s\) 刪掉，直到 \(T\) 裡沒有 \(s\)，請你求出最後 \(T\) 的長相。(\(|s|\leq 1000, |t|\leq 6\times 10^5\))

把 \(s\) 的 \(\text{kmp}\) 建好，每次加入 \(T\) 的字元，如果匹配長度 \(=|s|\)，那就把 \(T\) 的後 \(|s|\) 個字元刪掉。

\(\text{kmp}\) 還可以做許多事，像是可以做 \(\text{AC}\) 自動機 (今天不會教)

練習題：

CSES 1753, TIOJ 1306,
TIOJ 1531, TIOJ 1091,
CF 1530E, CSES 1112
110 模競 II pD

Z algorithm

給一個字串 \(S\)，定義 \(Z(i)\) 為 \(S[i\dots |S|]\) 與 \(S\) 的最長共同前綴長度(特別定義 \(Z_1=0\))。

\(S\) = "abbabc", \(Z(4)=2\)

abbabc

\(S\)：abbabc

\(S[4\dots |S|]\)：abc

想快速求出 \(Z(1)\sim Z(|S|)\)

\(O(n^2)\)，好慢喔

假設我們已經計算過 \(1\sim l\) 的 \(Z\) 了，且 \(r = l + Z(l)-1\) 為最大的 \(r\)，使得 \(S[l\dots r]=S[1\dots Z(l)]\)

現在要算到 \(Z(p)\) 的值

\(S[p\dots r]=S[p-l+1\dots Z(l)]\)

兩種情況：

1. \(Z(p) = Z(p-l+1)\)
且 \(p+Z(p)-1\leq r\)

2. \(p+Z(p)-1>r\)

第一種情況：長度直接變 \(Z(p-l+1)\)

合併，讓長度變 \(\min(Z(p-l+1),\max(r-p+1,0))\)，然後繼續匹配

第二種情況：長度變 \(r-p+1\)，然後繼續匹配

時間複雜度：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n;
string s;
int z[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> s;
    n = s.size(), s = " " + s;

    int l = 2, r = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        int len = min(z[i - l + 1], max(r - i + 1, 0));
        while (i + len <= n && s[i + len] == s[len + 1]) len++;
        z[i] = len;
        if (i + z[i] - 1 > r) {
            l = i;
            r = i + z[i] - 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << z[i] << " \n"[i == n];
    }
}

Code：

第一種情況：直接結束

第二種情況：會讓 \(r\) 遞增

結果：\(O(n)\)

例題：CSES 1732 Finding Borders

給一個字串 \(S\)，請輸出所有長度 \(\text{len}\)，使得 \(S[1\dots \text{len}]=S[|S|-\text{len}+1\dots |S|]\)

(前綴等於後綴)

解：只要 \(Z(i) = |S|-i+1\) 就代表 \(i\) 開頭的字串是答案。

練習題：

CSES 2107, CSES 1733

manacher's algorithm

給一個字串 \(S\)，請你求出 \(S\) 裡最長回文長度。

暴搜：\(O(n^2)\)

\(\text{hash}+\)二分搜：\(O(n\times\log(n))\)

有沒有更快的方法啊？

回文可能有兩種情況

1. 長度為奇數，中心為一個字元

2. 長度為偶數，中心沒有東西

OuuO

如果現在有一個演算法需要用到回文的中心點，那要怎麼調整這個字串才能讓長度奇偶都有中心點？

可以在字元間插入 #

IOI
↓
#I#O#I#

OuuO
↓
#O#u#u#O#

現在已經找好中心點為 \(1\sim \text{mid}\) 的回文長度了，且 \(\text{mid}\) 所對應到的回文區間為 \([l, r]\) 滿足 \(r\) 最大。

現在想計算中心點為 \(p\) 的回文長度，要怎麼利用之前算過的答案呢？

如果 \(p + \text{len} - 1 \leq r\)，那

\(S[p-\text{len}+1\dots p+\text{len}-1]\)

\(=\text{rev}(S[2\times \text{mid}-p-\text{len}+1\dots 2\times \text{mid}-p+\text{len}-1])\)

\(2\times\text{mid}-p\) 為 \(p\) 以 \(\text{mid}\) 為中心的對稱點
\(\text{rev}(S)\) 代表字串反過來

兩個東西會一樣是因為他們在 \([l, r]\) 裡，以 \(\text{mid}\) 對稱，而且 \(S[l\dots r]\) 是回文

我們令 \(Z(i)\) 代表以 \(i\) 為中心點的回文向右延伸多少長度

\(Z(2\times\text{mid}-p)\) 已經計算過了

利用跟 \(\text{Z algorithm}\) 很像的方式，先讓 \(Z(p)=\min(Z(2\times mid - p), r - p)\)

再去做匹配

觀察匹配好的字串

#I#O#I#

\(Z(4)=3\)

#O#u#u#O#

\(Z(5)=4\)

\(Z(i)\) 剛好等於回文長度！

時間複雜度：
跟 \(\text{Z algorithm}\) 很像，可以看 \(r\) 的變化推出 \(O(n)\)。

Code for TIOJ 2133

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e4 + 5;

int n, ans;
string s;
int z[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int tt;
    cin >> tt;
    while (tt--) {
        cin >> s;
        string tmp = "#";
        for (char c : s) {
            tmp += string(1, c) + "#";
        }
        s = tmp;
        n = s.size();
        s = " " + s;
        ans = 0;
        for (int i = 1, mid = 0, r = 0; i <= n; i++) {
            int len = min(i - 1, n - i);
            z[i] = 0;
            if (i <= r) {
                z[i] = min(z[2 * mid - i], r - i);
            }
            for (int j = z[i] + 1; j <= len; j++) {
                if (s[i - j] != s[i + j]) {
                    break;
                }
                z[i]++;
            }
            if (i + z[i] > r) {
                mid = i;
                r = i + z[i];
            }
        }
        cout << *max_element(z + 1, z + n + 1) << '\n';
    }
}

謝謝大家！