@ysner
2018-09-28T19:39:09.000000Z
字数 4634
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字符串
对于直接求中缀表达式的值:
如果加上了未知数,就把数字栈变为多项式栈,用结构体储存所有项的系数,模拟一般多项式运算即可。
看一道考试题化简。
该问题实质是求串的一个位置,从这个位置开始循环输出(输完),得到的字典序最小。
首先,这字符串在题目中有点像环一样被处理,可以复制一遍(破环为链)方便处理。
我们只能比较形成的字符串,于是我们要枚两个位置。
很容易想出一个暴力:(强制)
re int i=1,j=2;
while(j<=n)
{
if(s[i]>s[j]) i=j,j=i+1;
if(s[i]<s[j]) ++j;//除去不优的那个位置
if(s[i]==s[j])
{
re int k=1;
while(k<n)
{
if(s[i+k]>s[j+k]) {i=j,j=i+1;break;}
if(s[i+k]<s[j+k]) {++j;break;}
++k;
}
}
return i;
}
但这样移动太慢了。
当时,既然我们知道不优,为什么不能直接把跳到再比较呢?
这样,复杂度可以优化到。
il int work()
{
re int i=1,j=2,k=0;
while(i<=n&&j<=n&&k<=n)
{
re int t=a[i+k]-a[j+k];
if(!t) ++k;
else
{
if(t>0) i+=k+1;
if(t<0) j+=k+1;
if(i==j) ++j;
k=0;
}
}
return min(i,j);
}
return i;
}
注意在后可能导致,需要把。
该算法用于求字符串中最长回文串的长度。
解这个问题,最无脑的就是枚举两端点扫中间判,复杂度。
稍微优化一些,就是枚举回文串正中间那个地方(要讨论是点还是点中间),然后同时向两边拓展,复杂度。
但该“聪明的暴力”还是有很多不足:
算法一开始就在每两个字符中间及字符串两端插入另一字符'#'。
这样就不用讨论了,直接枚每个字符作为正中间即可。
用一个辅助数组表示每个点能够拓展出的回文串长度。
我们先设置一个辅助变量,表示已经触及到的最右边的字符;一个辅助变量,表示包含的回文串的对称轴所在的位置。
从遍历到,
当:
设关于的对称点为,显然一定不会小于。(对称)
而可以通过算出。
那么我们就设置,(优化:的拓展就少走了步)然后接着尝试扩展,这样就可以较快地求出,然后更新和。
当在右边时,我们无法得知关于的信息,只好从开始遍历,然后更新和。
int main()
{
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
s[0]='*';s[n<<1|1]='#';
fq(i,n,1) s[i<<1]=s[i],s[(i<<1)-1]='#';
fp(i,1,n<<1)
{
p[i]=mx>i?min(p[2*id-i],mx-i):1;
while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) ++p[i];
if(i+p[i]>mx) mx=i+p[i],id=i;
ans=max(ans,p[i]-1);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
算法主要是用来减少失配后,不利用已知信息而造成的 进行无意义匹配 的次数。
搞不清可以看看的动图。SYC博客
所以,整个的重点就在于当某一个字符与主串不匹配时,我们应该知道指针要移动到哪?
我们可以试一试。
如上,可以发现第位失配。鉴于,我们最好从串第位开始匹配。
如上,可以发现第位失配。鉴于,我们最好从串第位开始匹配。
则可注意到,当匹配失败时,下一次最优开始匹配的位置 的前一个 ,存在着这样的性质:最前面的个字符和之前的最后个字符是一样的,即前面字符串的满足 前缀后缀相同 的长度。
存这个值的数组被命名为数组。
然后怎么求这玩意儿?
方法是串自己匹配自己。
我们从往后一一求出每个位置的。
求出后,好好利用就可以了。剩下就是模拟。
复杂度
int main()
{
scanf("%s%s",s+1,t+1);
n=strlen(s+1);m=strlen(t+1);
re int j=0;
nxt[1]=0;
fp(i,2,m)
{
while(j&&t[i]!=t[j+1]) j=nxt[j];
if(t[i]==t[j+1]) ++j;
nxt[i]=j;
}
j=0;
fp(i,1,n)
{
while(j&&s[i]!=t[j+1]) j=nxt[j];
if(s[i]==t[j+1]) ++j;
if(j==m) {printf("%d\n",i-m+1);j=nxt[j];}
}
fp(i,1,m) printf("%d ",nxt[i]);puts("");
return 0;
}
该算法用于求串与串每一个后缀的最长公共前缀,是算法和算法相结合的产物。
继续使用算法中的变量,。
看个图就知道这是什么玩意儿了。示意图
本质上是利用公共前缀减少存储空间。
用途:
给一个不用递归的模板
il void Modify(re int x)
{
re int u=1;
fq(d,30,0)
{
re int w=((x>>d)&1);
if(!t[w][u]) t[w][u]=++tot;
u=t[w][u];
}
}
il int Query(re int x)
{
re int u=1,s=0;
fq(d,30,0)
{
re int w=((x>>d)&1);
if(t[!w][u]) s+=(1<<d),u=t[!w][u];else u=t[w][u];
}
return s;
}
首先用所有的匹配串构建一颗树。
然后,像中的数组一样,为减少重复检查次数,建立失配指针。
构建原则是
这样(还是很像),每次失配后就跳转到失配指针,继续没配完部分的匹配。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define il inline
#define re register
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,cnt;
string s[N];
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
struct Tree
{
int fail,vis[26],end;
}AC[N];
struct res
{
int num,pos;
bool operator < (const res &x)
{
if(num==x.num) return pos<x.pos;
return num>x.num;
}
}Ans[N];
il void Upd(re int x)
{
memset(AC[x].vis,0,sizeof(AC[x].vis));
AC[x].fail=0;AC[x].end=0;
}
il void Build(re string s,re int num)
{
re int l=s.length(),now=0;
fp(i,0,l-1)
{
if(!AC[now].vis[s[i]-'a']) AC[now].vis[s[i]-'a']=++cnt,Upd(cnt);
now=AC[now].vis[s[i]-'a'];
}
AC[now].end=num;
}
il void Get_fail()
{
queue<int>Q;
fp(i,0,25)
if(AC[0].vis[i]) AC[AC[0].vis[i]].fail=0,Q.push(AC[0].vis[i]);
while(!Q.empty())
{
re int u=Q.front();Q.pop();
fp(i,0,25)
if(AC[u].vis[i]) AC[AC[u].vis[i]].fail=AC[AC[u].fail].vis[i],Q.push(AC[u].vis[i]);
else AC[u].vis[i]=AC[AC[u].fail].vis[i];
}
}
il int Query(re string s)
{
re int l=s.length(),now=0,ans=0;
fp(i,0,l-1)
{
now=AC[now].vis[s[i]-'a'];
for(re int t=now;t;t=AC[t].fail) ++Ans[AC[t].end].num;
}
return ans;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
while(1)
{
cin>>n;if(!n) break;
cnt=0;Upd(0);
fp(i,1,n)
{
cin>>s[i];Ans[i].num=0,Ans[i].pos=i;
Build(s[i],i);
}
AC[0].fail=0;
Get_fail();
cin>>s[0];
Query(s[0]);
sort(&Ans[1],&Ans[n+1]);
cout<<Ans[1].num<<endl;
cout<<s[Ans[1].pos]<<endl;
fp(i,2,n)
if(Ans[i].num==Ans[i-1].num) cout<<s[Ans[i].pos]<<endl;
else break;
}
}
详见专项总结从map到hash。