Алгоритм Манакера — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Идея)
Строка 23: Строка 23:
  
 
# <tex>i > r</tex>, т.е. текущая позиция не попадает в границы самого правого из найденных палиндромов. Тогда просто запустим наивный алгоритм для позиции <tex>i</tex>.
 
# <tex>i > r</tex>, т.е. текущая позиция не попадает в границы самого правого из найденных палиндромов. Тогда просто запустим наивный алгоритм для позиции <tex>i</tex>.
# <tex>i \leq r</tex>. Тогда попробуем воспользоваться значениями, посчитанным ранее. Отразим нашу текущую позицию внутри палиндрома <tex>[l;r] : j = (r - i) + l</tex>. Поскольку <tex>i</tex> и <tex>j</tex> — симметричные позиции, то мы можем утверждать, <tex>d1[i] = d1[j]</tex>. Однако надо не забыть про один граничный случай: что если <tex>i + d1[j] - 1</tex> выходит за границы самого правого палиндрома? Так как информации о том, что происходит за границами это палинлрома у нас нет, то необходимо ограничить значение <tex>d1[i]</tex> следующим образом: <tex>d1[i] = min(r - i, d1[j])</tex>. После этого запустим наивный алгоритм, который будет увеличивать значение <tex>d1[i]</tex>, пока это возможно.
+
# <tex>i \leqslant r</tex>. Тогда попробуем воспользоваться значениями, посчитанным ранее. Отразим нашу текущую позицию внутри палиндрома <tex>[l;r] : j = (r - i) + l</tex>. Поскольку <tex>i</tex> и <tex>j</tex> — симметричные позиции, то мы можем утверждать, <tex>d1[i] = d1[j]</tex>. Однако надо не забыть про один граничный случай: что если <tex>i + d1[j] - 1</tex> выходит за границы самого правого палиндрома? Так как информации о том, что происходит за границами это палинлрома у нас нет, то необходимо ограничить значение <tex>d1[i]</tex> следующим образом: <tex>d1[i] = min(r - i, d1[j])</tex>. После этого запустим наивный алгоритм, который будет увеличивать значение <tex>d1[i]</tex>, пока это возможно.
  
 
После каждого шага важно не забывать обновлять значения <tex>[l;r]</tex>
 
После каждого шага важно не забывать обновлять значения <tex>[l;r]</tex>

Версия 22:25, 17 марта 2016

Задача:
Пусть дана строка [math]s[/math]. Требуется найти [math]d1[i][/math] — длина наибольшего палиндрома нечетной длины с центром в позиции [math]i[/math] и [math]d2[i][/math] — аналогично для палиндромов четной длины для всех [math]i[/math] от 1 до [math]|s|[/math].


Наивный алгоритм

Идея

Опишем сначала наивный алгоритм решения задачи. Чтобы посчитать ответ для позиции [math]i[/math], будем на каждом шаге увеличивать длину палиндрома с центром в [math]i[/math] и убеждаться, что рассматриваемая строка не перестала быть палиндромом, либо не произошел выход за границы массива. Очевидно, что такой алгоритм будет работать за [math]O(n^2)[/math]

Псевдокод

// [math]s[/math] — исходная строка
// [math]d1, d2[/math] — массивы для записи ответа
 for i = 1 to n
   d1[i] = 1
   while i - d1[i] > 0 and i + d1[i] <= n and s[i - d1[i]] == s[i + d1[i]]
     d1[i]++
   d2[i] = 0
   while i - d2[i] - 1 > 0 and i + d2[i] <= n and s[i - d2[i] - 1] == s[i + d2[i]]
     d2[i]++

Алгоритм Манакера

Идея

Алгоритм, который будет описан далее, отличается от наивного тем, что использует значения, посчитанные ранее. Будем поддерживать границы самого правого из найденных палиндромов — [math][l; r][/math]. Итак, пусть мы хотим вычислить [math]d1[i][/math] — т.е. длину наибольшего палиндрома с центром в позиции [math]i[/math]. При этом все предыдущие значения в массиве [math]d[/math] уже посчитаны. Возможны два случая:

  1. [math]i \gt r[/math], т.е. текущая позиция не попадает в границы самого правого из найденных палиндромов. Тогда просто запустим наивный алгоритм для позиции [math]i[/math].
  2. [math]i \leqslant r[/math]. Тогда попробуем воспользоваться значениями, посчитанным ранее. Отразим нашу текущую позицию внутри палиндрома [math][l;r] : j = (r - i) + l[/math]. Поскольку [math]i[/math] и [math]j[/math] — симметричные позиции, то мы можем утверждать, [math]d1[i] = d1[j][/math]. Однако надо не забыть про один граничный случай: что если [math]i + d1[j] - 1[/math] выходит за границы самого правого палиндрома? Так как информации о том, что происходит за границами это палинлрома у нас нет, то необходимо ограничить значение [math]d1[i][/math] следующим образом: [math]d1[i] = min(r - i, d1[j])[/math]. После этого запустим наивный алгоритм, который будет увеличивать значение [math]d1[i][/math], пока это возможно.

После каждого шага важно не забывать обновлять значения [math][l;r][/math]

Заметим, что массив [math]d2[/math] считается аналогичным образом, нужно лишь немного изменить индексы.

Манакер.png

Псевдокод

Приведем код, который вычисляет значения массива [math]d1[/math]:

// [math]s[/math] — исходная строка
int l = 0
int r = -1
for i = 1 to n
  int k = 0
  if i <= r
     k = min(r - i, d[r - i + l])
  while i + k + 1 <= n and i - k - 1 > 0 and s[i + k + 1] == s[i - k - 1]
     k++
   d1[i] = k
   if i + k > r
     l = i - k
     r = i + k

Вычисление значений массива [math]d2[/math]:

// [math]s[/math] — исходная строка
int l = 0
int r = -1
for i = 1 to n
  int k = 0
  if i <= r
     k = min(r - i + 1, d[r - i + l + 1])
  while i + k <= n and i - k - 1 > 0 and s[i + k] == s[i - k - 1]
     k++
   d2[i] = k
   if i + k - 1 > r
     l = i - k
     r = i + k - 1

Оценка сложности

Внешний цикл в приведенном алгоритме выполняется ровно [math]n[/math] раз, где [math]n[/math] — длина строки. Попытаемся понять, сколько раз будет выполнен внутренний цикл, ответственный за наивный подсчет значений. Заметим, что каждая итерация вложенного цикла приводит к увеличению [math]r[/math] на 1. Действительно, возможны следующие случаи:

  1. [math]i \gt r[/math], т.е. сразу будет запущен наивный алгоритм и каждая его итерация будет увеличивать значение [math]r[/math] хотя бы на 1
  2. [math]i \leq r[/math]. Здесь опять два случая:
    1. [math]i + d[j] - 1 \leq r[/math], но тогда, очевидно, ни одной итерации вложенного цикла выполнено не будет
    2. [math]i + d[j] - 1 \gt r[/math], тогда каждая итерация вложенного цикла приведет к увеличению [math]r[/math] хотя бы на 1.

Т.к. значение [math]r[/math] не может увеличиваться более [math]n[/math] раз, то описанный выше алгоритм работает за линейное время.

См. также

Источники информации