upd: 2021.4.13
目录
简介
前置知识
原理
例题
简介
KMP 算法由 (Knuth-Morris-Pratt) 三位科学家提出，可用于在一个 文本串 中寻找某 模式串 存在的位置。
本算法可以有效降低在一个 文本串 中寻找某 模式串 过程的时间复杂度。（如果采取朴素的想法则复杂度是 (O(MN)) ）
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P3375
这里朴素的想法指的是枚举 文本串 的起点，然后让 模式串 从第一位开始一个个地检查是否配对，如果不配对则继续枚举起点。
前置知识
真前缀
指字符串左部的任意子串（不包含自身），如 abcde 中的 a,ab,abc,abcd 都是真前缀但 abcde 不是。
真后缀
指字符串右部的任意子串（不包含自身），如 abcde 中的 e,de,cde,bcde 都是真后缀但 abcde 不是。
前缀函数
一个字符串中最长的、相等的真前缀与真后缀的长度， 如AABBAAA对应的前缀函数值是 (2) 。
原理
注意：在分析的时候，我们规定字符串的下标从 (1) 开始。
开始：
我们记扫描模式串的指针为j，而扫描文本串的指针为i，假设一开始i，j都在起点，然后让它们一直下去直到完全匹配或者失配，比如：
j
ABCD
i
ABCDEFG
然后
j
ABCD
i
ABCDEFG
最后在此完成了一次匹配，类似地如果ABCD改为ABCC则在此失配。
j
ABCD
i
ABCDEFG
i，j运作模式如上。
KMP算法就是，当模式串和文本串失配的时候，j指针从真后缀的末尾跳到真前缀的末尾，然后从真前缀后一位开始继续匹配。（从而起到减少配对次数，这便是KMP算法的核心原理）
一个比较感性的理解是：尽可能地减少必然失败的匹配。
结合例子解释：
模式串： (AABBAAA)
文本串： (AABBAABBAAA)
j指针在最后一个A处失配。
j
AABBAAA
i
AABBAABBAAA
因为此时 以 (j) 为尾的前缀 所对应的前缀函数值是 (2) ，所以 j指针 跳到这里：
j
AABBAAA
i
AABBAABBAAA
然后从下一位开始继续配对：
j
AABBAAA
i
AABBAABBAAA
最后
j
AABBAAA
i
AABBAABBAAA
可以看出，KMP 能够有效减少配对次数。
实现
我们记
模式串为p，文本串为s。
从上面的模拟中，我们发现需要预处理出一个数组（记之为next[]），它储存模式串中前缀对应的前缀函数(pi())，如对于字符串ABCABC ：
(pi(0)=0) （因为什么都没有）
(pi(1)=0) （A甚至没有真前缀和真后缀）
(pi(2)=0) （AB）
(pi(3)=0) （ABC）
(pi(4)=1) （ABCA）
(pi(5)=2) （ABCAB）
(pi(6)=3) （ABCABC）
同样地，我们发现如果用暴力朴素的想法来统计复杂度是 (O(N^2)) 不好，于是采用类似于上面的方法，只不过模式串配对的对象是自己罢了。
可以结合代码理解，并注意举例，尝试在纸上模拟这个过程。
for(int i=2,j=0;i<=lenp;i++){
while(j && p[j+1]!=p[i]) j=nxt[j]; // 如果j指向元素的下一个元素会和当前配对位置失配，则j跳回去
if(p[j+1]==p[i]) j++; //如果能够配对上，j++
nxt[i]=j; //记录当前位置的前缀函数π
}
完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
char p[N],s[N];
int nxt[N];
int main(){
cin>>s+1>>p+1;
int lenp=strlen(p+1),lens=strlen(s+1);
// build next array
for(int i=2,j=0;i<=lenp;i++){
while(j && p[j+1]!=p[i]) j=nxt[j]; // 如果j指向元素的下一个元素会和当前配对位置失配，则j跳回去
if(p[j+1]==p[i]) j++; //如果能够配对上，j++
nxt[i]=j; //记录当前位置的前缀函数π
}
for(int i=1,j=0;i<=lens;i++){
while(j && p[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];
if(p[j+1]==s[i]) j++;
// if match
if(j==lenp){
j=nxt[j];
cout<<i-lenp+1<<endl;
}
}
for(int i=1;i<=lenp;i++) cout<<nxt[i]<<' ';
cout<<endl;
return 0;
}
复杂度
(O(N+M))
例题
https://www.acwing.com/problem/content/1054/
分析
结合了状态机，KMP的一道DP题。
递推方程：f[i][u]+=f[i-1][j] 其中j表示一个状态，u表示由j转移而来的状态，i表示填到文本串的第几位了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=55, mod=1e9+7;
int nxt[N],f[N][N];
int n;
char p[N];
int main(){
cin>>n>>p+1;
int lenp=strlen(p+1);
for(int j=0,i=2;i<=lenp;i++){
while(j && p[j+1]!=p[i]) j=nxt[j];
if(p[j+1]==p[i]) j++;
nxt[i]=j;
}
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<lenp;j++)
for(char k='a';k<='z';k++){
int u=j;
while(u && p[u+1]!=k) u=nxt[u];
if(p[u+1]==k) u++;
if(u<lenp) f[i][u]=(f[i-1][j]+f[i][u])%mod;
}
int res=0;
for(int i=0;i<lenp;i++) res=(f[n][i]+res)%mod;
cout<<res<<endl;
return 0;
}
https://www.luogu.com.cn/problem/CF1200E
分析
思路很简单的一道题，我们记已经拼接好的串为res，然后新输入的串为rec，只需建立一个tmp将它们以rec在前，res在后的顺序拼成一个串，用 KMP 算出这个串的前缀函数，从而得到rec需要将头部删去多少个数再拼上res即可，但直接这样做会导致后面res的长度非常大，从而导致 KMP 的时候TLE，所以要取rec，res较短的长度切片再拼接，细节见代码。
代码
#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int nxt[N];
string res,rec; // 答案串、记录输入的串
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
cin>>n;
n--; // 先读入res中
cin>>res;
while(n--){
cin>>rec;
string tmp;
int len=min(rec.size(),res.size());
tmp=' '+rec.substr(0,len)+"!";
//将串的下标定为 1 ，同时加一个其他符号防止前缀函数值比min(rec,res)还大
tmp+=res.substr(res.size()-len,len);
//kmp
nxt[0]=nxt[1]=0;
for(int i=2,j=0;i<tmp.size();i++){
while(j && tmp[j+1]!=tmp[i]) j=nxt[j];
if(tmp[j+1]==tmp[i]) j++;
nxt[i]=j;
}
int x=nxt[tmp.size()-1];
rec.erase(0,x);
res+=rec;
//因为这里我卡了很久，如果写成res=res+rec 会导致TLE 因为这样写的复杂度是O（N^2）而res+=rec是线性复杂度
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}