08.Z 函数（扩展 KMP）

约定：字符串下标以 $0$ 为起点。

定义

对于一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，定义函数 $z[i]$ 表示 $s$ 和 $s[i,n-1]$（即以 $s[i]$ 开头的后缀）的最长公共前缀（LCP）的长度，则 $z$ 被称为 $s$ 的 Z 函数。特别地，$z[0]=0$。

国外一般将计算该数组的算法称为 Z Algorithm，而国内则称其为 扩展 KMP（exKMP）。

这篇文章介绍在 $O(n)$ 时间复杂度内计算 Z 函数的算法以及其各种应用。

解释

下面若干样例展示了对于不同字符串的 Z 函数：

• $z(\mathtt{aaaaa})=[0,4,3,2,1]$
• $z(\mathtt{aaabaab})=[0,2,1,0,2,1,0]$
• $z(\mathtt{abacaba})=[0,0,1,0,3,0,1]$

朴素算法

Z 函数的朴素算法复杂度为 $O(n^2)$：

实现

[list2tab]

• C++

  vector<int> z_function_trivial(string s) {
    int n = (int)s.length();
    vector<int> z(n);
    for (int i = 1; i < n; ++i)
      while (i + z[i] < n && s[z[i]] == s[i + z[i]]) ++z[i];
    return z;
  }

• Python

  def z_function_trivial(s):
      n = len(s)
      z = [0] * n
      for i in range(1, n):
          while i + z[i] < n and s[z[i]] == s[i + z[i]]:
              z[i] += 1
      return z

线性算法

如同大多数字符串主题所介绍的算法，其关键在于，运用自动机的思想寻找限制条件下的状态转移函数，使得可以借助之前的状态来加速计算新的状态。

在该算法中，我们从 $1$ 到 $n-1$ 顺次计算 $z[i]$ 的值（$z[0]=0$）。在计算 $z[i]$ 的过程中，我们会利用已经计算好的 $z[0],\dots ,z[i-1]$。

对于 $i$，我们称区间 $[i,i+z[i]-1]$ 是 $i$ 的 匹配段，也可以叫 Z-box。

算法的过程中我们维护右端点最靠右的匹配段。为了方便，记作 $[l,r]$。根据定义，$s[l,r]$ 是 $s$ 的前缀。在计算 $z[i]$ 时我们保证 $l\le i$。初始时 $l=r=0$。

在计算 $z[i]$ 的过程中：

• 如果 $i\le r$，那么根据 $[l,r]$ 的定义有 $s[i,r]=s[i-l,r-l]$，因此 $z[i]\ge \min (z[i-l],r-i+1)$。这时：
  • 若 $z[i-l]<r-i+1$，则 $z[i]=z[i-l]$。
  • 否则 $z[i-l]\ge r-i+1$，这时我们令 $z[i]=r-i+1$，然后暴力枚举下一个字符扩展 $z[i]$ 直到不能扩展为止。
• 如果 $i>r$，那么我们直接按照朴素算法，从 $s[i]$ 开始比较，暴力求出 $z[i]$。
• 在求出 $z[i]$ 后，如果 $i+z[i]-1>r$，我们就需要更新 $[l,r]$，即令 $l=i,r=i+z[i]-1$。

可以访问 这个网站 来看 Z 函数的模拟过程。

实现

[list2tab]

• C++

  vector<int> z_function(string s) {
    int n = (int)s.length();
    vector<int> z(n);
    for (int i = 1, l = 0, r = 0; i < n; ++i) {
      if (i <= r && z[i - l] < r - i + 1) {
        z[i] = z[i - l];
      } else {
        z[i] = max(0, r - i + 1);
        while (i + z[i] < n && s[z[i]] == s[i + z[i]]) ++z[i];
      }
      if (i + z[i] - 1 > r) l = i, r = i + z[i] - 1;
    }
    return z;
  }

• Python

  def z_function(s):
      n = len(s)
      z = [0] * n
      l, r = 0, 0
      for i in range(1, n):
          if i <= r and z[i - l] < r - i + 1:
              z[i] = z[i - l]
          else:
              z[i] = max(0, r - i + 1)
              while i + z[i] < n and s[z[i]] == s[i + z[i]]:
                  z[i] += 1
          if i + z[i] - 1 > r:
              l = i
              r = i + z[i] - 1
      return z

复杂度分析

对于内层 while 循环，每次执行都会使得 $r$ 向后移至少 $1$ 位，而 $r<n-1$，所以总共只会执行 $n$ 次。

对于外层循环，只有一遍线性遍历。

总复杂度为 $O(n)$。

应用

我们现在来考虑在若干具体情况下 Z 函数的应用。

这些应用在很大程度上同 前缀函数 的应用类似。

匹配所有子串

为了避免混淆，我们将 $t$ 称作 文本，将 $p$ 称作 模式。所给出的问题是：寻找在文本 $t$ 中模式 $p$ 的所有出现（occurrence）。

为了解决该问题，我们构造一个新的字符串 $s=p+\diamond +t$，也即我们将 $p$ 和 $t$ 连接在一起，但是在中间放置了一个分割字符 $\diamond$（我们将如此选取 $\diamond$ 使得其必定不出现在 $p$ 和 $t$ 中）。

首先计算 $s$ 的 Z 函数。接下来，对于在区间 $[0,|t|-1]$ 中的任意 $i$，我们考虑以 $t[i]$ 为开头的后缀在 $s$ 中的 Z 函数值 $k=z[i+|p|+1]$。如果 $k=|p|$，那么我们知道有一个 $p$ 的出现位于 $t$ 的第 $i$ 个位置，否则没有 $p$ 的出现位于 $t$ 的第 $i$ 个位置。

其时间复杂度（同时也是其空间复杂度）为 $O(|t|+|p|)$。

本质不同子串数

给定一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，计算 $s$ 的本质不同子串的数目。

考虑计算增量，即在知道当前 $s$ 的本质不同子串数的情况下，计算出在 $s$ 末尾添加一个字符后的本质不同子串数。

令 $k$ 为当前 $s$ 的本质不同子串数。我们添加一个新的字符 $c$ 至 $s$ 的末尾。显然，会出现一些以 $c$ 结尾的新的子串（以 $c$ 结尾且之前未出现过的子串）。

设串 $t$ 是 $s+c$ 的反串（反串指将原字符串的字符倒序排列形成的字符串）。我们的任务是计算有多少 $t$ 的前缀未在 $t$ 的其他地方出现。考虑计算 $t$ 的 Z 函数并找到其最大值 $z_{\max }$。则 $t$ 的长度小于等于 $z_{\max }$ 的前缀的反串在 $s$ 中是已经出现过的以 $c$ 结尾的子串。

所以，将字符 $c$ 添加至 $s$ 后新出现的子串数目为 $|t|-z_{\max }$。

算法时间复杂度为 $O(n^2)$。

值得注意的是，我们可以用同样的方法在 $O(n)$ 时间内，重新计算在端点处添加一个字符或者删除一个字符（从尾或者头）后的本质不同子串数目。

字符串整周期

给定一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，找到其最短的整周期，即寻找一个最短的字符串 $t$，使得 $s$ 可以被若干个 $t$ 拼接而成的字符串表示。

考虑计算 $s$ 的 Z 函数，则其整周期的长度为最小的 $n$ 的因数 $i$，满足 $i+z[i]=n$。

该事实的证明同应用 前缀函数 的证明一样。

练习题目

• luogu P5410【模板】扩展 KMP/exKMP（Z 函数）
• luogu P7114【NOIP2020】字符串匹配
• CF126B Password
• UVa # 455 Periodic Strings
• UVa # 11022 String Factoring
• UVa 11475 - Extend to Palindrome
• Codechef - Chef and Strings
• Codeforces - Prefixes and Suffixes
• Leetcode 2223 - Sum of Scores of Built Strings

本页面主要译自博文 Z-функция строки и её вычисление 与其英文翻译版 Z-function and its calculation。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。