Hash
将不知道什么东西映射到一个小范围的数上。相比用map而言，手写Hash往往会做到更高的效率。
Hash的一大用处是储存和查询两个复杂数据的存在情况。这对于判断多个字符串相等往往有很大优势。
在OI中有一种非常重要的Hash函数，它的运转方式如下：
把字符串\(s\)看成一个\(P\)进制数，这样就可以给每个数赋上一个正的权值。具体来说，它返回的是一个无符号的长整数（省去了取模操作），大小：
\[ H(s) = \sum_{i=0}^{|s|-1} s_i P^{i} \]
当\(P = 131\)或\(P = 13331\)时，冲突的概率极低。
另外，上面这个公式还有递推版本和区间版本：（\(c\)是单个字符）
\[ H(s + c) = H(s)\cdot P + c \]
\[ H(l,r) = H(r) - H(l-1) \cdot P^{r-l+1} \]
这样，假设只有\(q\)个字符串，我们就可以用\(O(q|s|)\)的时间内处理每个字符串前缀的哈希值，并仅用\(O(1)\)判断两个字符串或者它们的子串是否相等了。
单词背诵。我给出了一个长度为\(N(N \leq 1000)\)的单词表，希望背下它们。但我打算通过阅读文章来背诵它们。具体来说，我有一篇含单词数为\(M(M \leq 10^6)\)的文章，而我会节选其中连续的一段，将其提取，并每天阅读。我希望求出这篇文章中最多涵盖了多少我单词表里的单词，并且在涵盖极大单词的情况下，我最短可以摘选多短的文章。
这里体现了Hash表的经典应用，即快速查询两个字符串是否相等。可以预处理出文章和单词表内所有单词的哈希值，并二分查找文章中单词对应单词表里的单词编号。此时问题变成了“涵盖所有目标元素的极大子段”，先求出最多的单词数\(cnt\)，然后用两个指针线性扫描文章。每扩展一次右边界时，贪心地缩小左边界，然后更新答案。预处理\(O(N\log N + M|s|\log N)\)，而扫描是线性的。如果这道题对哈希值取合适的模数，可以省去排序的步骤，把预处理降到\(O(M|s|)\)；但为了防止哈希冲突，这里我们还是采用最稳妥的做法。
inline ull Hash(char *str)
{
int len = strlen(str);
ull ret = 0;
RP(i, 0, len - 1) ret = ret * P + (str[i] - 'a' + 1);
return ret;
}
inline int bs(ull CH){
int l = 1, r = N;
while(l < r){
int mid = (l + r) >> 1;
if(HS[rev[mid]] >= CH)
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
if(HS[rev[l]] == CH)
return rev[l];
else
return 0;
}
inline void init(){
RP(i, 1, N) HS[i] = Hash(S[i]), buf[i] = mp(HS[i], i);
sort(buf + 1, buf + N + 1);
RP(i, 1, N) disc[buf[i].second] = i, rev[i] = buf[i].second;
RP(i, 1, M) HT[i] = Hash(T[i]), match[i] = bs(HT[i]);
}
int main(){
N = qr(1);
RP(i, 1, N) scanf("%s", S[i]);
M = qr(1);
RP(i, 1, M) scanf("%s", T[i]);
init();
int l = 1, r = 1;
while(r <= M && cnt < N){
if(match[r] > 0 && buc[match[r]] == 0) ++ cnt;
++ buc[match[r]];
++ r;
}
if(cnt == 0){
puts("0");puts("0");
return 0;
}
r = 1; int tmp = 0; memset(buc, 0, sizeof(buc));
while(r <= M && tmp < cnt){
if(match[r] > 0 && buc[match[r]] == 0) ++ tmp;
++ buc[match[r]];
++ r;
}
-- r;
while(r <= M){
while(l < r){
if(buc[match[l]] == 1)
break;
if(buc[match[l]]) -- buc[match[l]];
++ l;
}
ans = min(ans, r - l + 1);
++ r; ++ buc[match[r]];
}
printf("%d\n%d", cnt, ans);
return 0;
}附：ELFHash
偏工程向，但是还是可以拿来一用。其基本思想是每次载入当前字符的ASCLL码，然后让编码相互杂糅，互相产生影响。具体的原理超出了本文的讨论范围，故这里只粘贴代码：
inline ull Hash(char *str)
{
ull ret = 0, x = 0;
while(*str){
ret = (ret << 4) + *str;
if((x = ret & 0xf0000000) != 0){
ret ^= (x >> 24);
ret &= ~x;
}
++ str;
}
return (ret & 0x7fffffff);
}KMP
KMP利用一个nxt数组维护了“如果当前不匹配，我应该从哪里开始匹配起”。它一定是针对模式串而言的。具体来说，它保存的是\(p(i)=\max\{j, S_{i - j + 1\cdots i} = S_{1\cdots j}\}\)，即当前前缀子串中，最长的前缀和后缀相等的长度。可以结合下面这个图理解一下：
假设模式串\(S\)在\(1\cdots i\)都匹配，唯独在\(i+1\)不匹配，我们就要重新匹配。但是，我们不需要从头开始，而是从\(\text{nxt}(i)\)开始。因为\(1\cdots i\)均匹配，\(i-\text{nxt}(i)+1\cdots i\)显然也一定匹配。由于最长性，我们从\(\text{nxt}(i)\)开始匹配一定更优。
问题就在于，如何求\(\text{nxt}(i)\)？朴素的做法会达到\(O(|S|^2)\)。可以考虑这样的思路：
假设我从\(i\)扩展到\(i+1\)，如果恰好\(S_{\text{nxt}(i)+1} = S_{i+1}\)，那显然是最好的。
可大部分情况下不能直接扩展。我们需要在\(\text{nxt}(i)\)之前找到一个位置\(j\)，使得\(S_{j+1} = S_{i+1}\)，并令\(\text{nxt}(i+1) = j+1\)。这个过程正是一个KMP匹配的过程，因此可以把\(S\)本身当成一个文本串，用自己匹配自己。
不过很抱歉的是，目前我也不能太理解这个精妙的算法，因此只能先张贴代码：
const int MAXL = 1e6 + 2;
char T[MAXL], S[MAXL]; int lT, lS;
int nxt[MAXL];
inline void init(){
nxt[1] = 0;
int r = 0;
RP(i, 2, lS){
while(r > 0 && S[r + 1] != S[i])
r = nxt[r];
if(S[r + 1] == S[i])
++ r;
nxt[i] = r;
}
}
inline void KMP(){
int r = 0;
RP(i, 1, lT){
while(r > 0 && S[r + 1] != T[i])
r = nxt[r];
if(S[r + 1] == T[i])
++ r;
if(r == lS)
printf("%d\n", i - lS + 1), r = nxt[r];
}
}
int main(){
scanf("%s", T + 1);
scanf("%s", S + 1);
lT = strlen(T + 1), lS = strlen(S + 1);
init();
KMP();
RP(i, 1, lS) printf("%d ", nxt[i]);
return 0;
}只能说这个算法和树状数组一样，写起来和记起来都不算难，但如何理解却有相当大的难度。
manacher
回文串的定义：若一个字符串的每一个字符\(S_i\)都满足\(S_i = S_{|S|+1-i}\)，则\(S\)是一个回文串。当然，一个串\(S\)本身可能不是回文串，但它一定存在至少\(|S|\)个回文子串。（单个字符也要考虑！）一个回文子串的直径就是它的长度。现在请你求出一个字符串\(S\)的所有回文子串中最长的回文直径。
回文串的判定比较复杂，分为奇回文串（形如\(ABA\)）和偶回文串（形如\(BB\)）。为了方便判定，我们在相邻的字符之间加入'#'号，从而将任意回文串的判定改为“奇回文串的判定”。这等价于插入\(S_{0.5},S_{1.5},\cdots\)等字符。
上面我所提到的“回文直径”可以直接无视，因为比它更重要的是回文半径：对于一个长度为\(d\)的奇回文串，它的回文半径\(r = \frac{1}{2}(d-1)\)。考虑对于每一个字符，用暴力拓展回文半径的算法，可以做到\(O(N^2)\)。有没有更快的呢？
算法中一个非常重要的优化手段就是利用已知信息，用空间换时间。我们考虑若干个回文半径之间的关系，发现了一个重要的关系：当先前某个点的回文半径足够大，足以覆盖当前带扩展点时，我们可以直接继承先前的答案。什么意思呢？请看下图：
如果当前待求的回文中心\(i\)在一个足够长的回文串内，且\(i\)形成的回文串足够小，那么一定存在一个\(i'\)与\(i\)关于\(mid\)对称，且这两个回文串的长度是完全相同的。因此，\(i'\)的答案可以直接传给\(i\)。
当然，还有两种特殊情况：
- \(i\)可以扩展到青色的部分，而\(i'\)做不到。这种情况下直接在\(i'\)的回文半径的基础上，继续向右扩展即可。
- \(i'\)可以扩展到青色的部分，而\(i\)做不到。此时\(i\)最多只能继承\(R-i\)大小的半径(即扩展的边界不能超过紫色边界)
情况很多，但是可以直接令当前回文半径\(r(i) = \min(r(i'), R - i)\)，然后再尝试向右扩展\(r(i) = r(i) + \delta r\)就可以了。这个做法可以解决一切问题。
每次维护当前回文串的最右边界\(R\)，就可以尽可能多地覆盖到小回文串。由于回文串可以\(O(1)\)继承在当前“大回文串”内的所有答案，这个算法可以做到\(O(N)\)。
顺便注意一下，为了防止扩展越界，我们会在整个字符串\(S\)的最前面和最后面加上一个特殊字符表示边界，比如$ * @等。当然，你也可以直接用if特判。
最后一定要注意，上述操作都是对于加入#的字符串而言。原串的最长回文子串长度，应该等于当前串中的\(r\mid_{\max} - 1\)。
int main(){
scanf("%s", buf);//buf是一个临时输入数组
int len = strlen(buf);
S[1] = '#';
RP(i, 0, len - 1){
S[(i + 1) << 1] = buf[i];
S[((i + 1) << 1) + 1] = '#';
}
len = (len << 1) + 1;
S[0] = '$', S[len + 1] = '@';//起始符和终止符，防止越界。另外，这两个字符一定要不同，不然会误判“整个字符串都是回文串”的情况。
RP(i, 1, len){
if(i <= R)
r[i] = min(r[(mid << 1) - i], R - i);
else
r[i] = 1;
while(S[i - r[i]] == S[i + r[i]]) ++ r[i];
if(i + r[i] > R){
R = i + r[i];
mid = i;
}
}
int ans = 0;
RP(i, 1, len)
ans = max(ans, r[i]);
printf("%d", ans - 1);
return 0;
}Z-algorithm
又称扩展KMP。可以快速处理出串\(S\)与其所有后缀的最长公共前缀。可以用KMP类似的方法求一个\(\text{nxt}\)数组，但是更简单的方法还是利用manacher的思想。
转载一下原作者的博客链接：cosmicAC。
和manacher一样，设\(r(i)\)表示从\(i\)开始的后缀和原串的最长公共前缀长度。和回文串一样，当某一个lcp足够大，足以覆盖当前扩展点时，我们可以直接从前面继承答案。设这个lcp的后缀起点为\(t\)，和manacher类似，我们可以令\(r(i) = \min(r(l-t+1), t + r(t) - i)\)，然后暴力扩展剩余未知的部分，直到找到第一个\(S_{r(i)} \neq S_{i+r(i)}\)的\(r(i)\)，然后更新\(t\)。似乎这个\(r(i)\)数组又称“\(z\)数组”，这个算法才得名Z-algorithm。
如何求文本串\(S\)与模式串\(T\)的各后缀的lcp？只需要把\(T\)与一个分隔符\(\Lambda\)与文本串\(S\)按顺序连接成\(T + \Lambda + S\)，再求\(T + \Lambda + S\)的\(r(i)\)数组即可。答案为从分隔符后开始的\(r(i)\)。
另外，扫描要注意直接从\(1\)而不是\(0\)开始，原理应该和KMP在自匹配的过程一样。
int main(){
scanf("%s", S); int Sl = strlen(S);
scanf("%s", T); int Tl = strlen(T);
strcat(C, T), strcat(C, "$"), strcat(C, S);
len = strlen(C);
T[len + 1] = '@';
RP(i, 1, len - 1){
if(i <= r[t] + t)
r[i] = min(r[i - t], r[t] + t - i);
else
r[i] = 0;
while(C[i + r[i]] == C[r[i]])
++ r[i];
if(i + r[i] > t + r[t])
t = i;
}
RP(i, 0, Tl - 1) printf("%d ", i == 0 ? Tl : r[i]);
putchar('\n');
RP(i, Tl + 1, len - 1) printf("%d ", r[i]);
return 0;
}另外，补充一下这个算法和普通KMP的转换关系：
if(i + r[i] > t + r[t]){
RP(j, t + r[t], i + r[i] - 1) nxt[j] = j - i + 1;
t = i;
}Trie
一种特殊的数据结构，用于维护若干个单词。
Trie有一种类似自动机的结构，可以通过字符指针\(p(q, c) = q\prime\)转移到不同的状态，并可以标记终态以标识这个单词的结尾。
注意一下，Trie的空间复杂度为\(O(|\Sigma|N|S|)\)，其中\(N\)为单词数，\(|\Sigma|\)为字符集大小，\(|S|\)为单词平均长度。如果没有算好空间，Trie树很有可能会MLE。
单次插入单词和查询单词存在性的时间复杂度都是\(O(|S|)\)的。
Trie还有一些神奇的应用。举个例子：给定一个数集\(A_i\)，求从中选出两个数，使得两个数的异或和最大。最暴力的做法是直接\(O(N^2)\)比较，而通过Trie树可以做到\(O(N \log A_{\max})\)。通过贪心，对于一个数\(x\)，我们每次尝试转移到它的相反位；如果不能转移，就妥协走另一边。比如这道题：最长异或路径。
AC自动机
本质上是在Trie树上建立KMP自动机。但怎么建？这是一个大问题。
仔细回忆一下KMP的实现方法：当遇到一个失配位置时，我们需要不断迭代\(\text{nxt}\)指针，在保证前几位匹配时，找到尽可能大的\(\text{nxt}\)位置。
回忆一下，KMP\(\text{nxt}(i)\)数组的含义是“当前子串里，前缀和后缀的最长公共子串”。此时从\(S_1\)走到\(S_{\text{nxt}(i)}\)这个过程，和\(S_{i-\text{nxt}(i)+1}\)走到\(S_{i}\)完全等效。这个性质保证了我每次可以尽可能小地往回跳。
AC自动机同理。\(fail\)指针使得“从某个状态转移到\(q\)状态”，和“从根节点转移到\(fail(q)\)状态”完全等效。这使得我们失配之后有依可循。你可以把\(fail\)指针看成一条\(\varepsilon\)转移边，因为它的转移不需要消耗任何字符。
如上图所示。这两条紫色的链条完全相同，但其中一个直接接在根节点上，而一个接在若干个点前。此时我们就可以用若干个\(fail\)指针连接两条链。这样，当当前指针失配时，我们可以随时跳转到另一条链上。
如何连\(fail\)边？假设整个trie树的根节点为\(0\)，那么对于任意一个\(p(0,c)\)，它的失配指针只能指向\(0\)。这和KMP算法的初始化是一样的。
接下来，我们分层进行。对于一个节点\(u\)，如果后继状态\(p(u,c)\)存在，那我们从后继状态连一条“平行”的\(fail\)边指向另一条链，即令\(fail(p(u,c)) = p(fail(u),c)\)。这样就可以形成向上图那样的分层网格的形状了。
如果\(p(u,c)\)不存在，那么我们直接把这个转移边和\(fail(u)\)的转移边合并，即令\(p(u,c) = p(fail(u),c)\)。这样做的好处是可以形成一个\(trie\)图，从而得以查询任意长的字符串。
但是，一个trie图的结构过于复杂。举个例子，单词组\(\mathcal{hat},\mathcal{cat},\mathcal{cup}\)的trie图如下：
事实上，从每个节点出发都有\(26\)条边可走。青色的边不是\(fail\)边（在上例中，\(fail\)是全部指向\(0\)节点的），而是通过构造\(fail\)边衍生出来的新的转移边。上图省略了连向\(0\)的点，并且满足青边的转移字符和转移到这个状态的紫边的转移字符一致。
int p[maxn][26],leaf[maxn],tot,fail[maxn];
void ins(char *str)
{
int u=0;
int len=strlen(str);
RP(i,0,len-1)
{
int c=str[i]-'a';
if(!p[u][c])
p[u][c]=++tot;
u=p[u][c];
}
++leaf[u];
}
void prefail()
{
RP(i,0,25)
if(p[0][i])
fail[p[0][i]]=0,q.push(p[0][i]);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
RP(i,0,25)
{
if(p[u][i])
fail[p[u][i]]=p[fail[u]][i],q.push(p[u][i]);
else
p[u][i]=p[fail[u]][i];
}
}
}
int query(char *str)
{
int len=strlen(str);
int r=0,ans=0;
RP(i,0,len-1)
{
int c=str[i]-'a';
r=p[r][c];
for(register int t=r;t&&~leaf[t];t=fail[t])
ans+=leaf[t],leaf[t]=-1;
}
return ans;
}