java面试题算法篇KMP算法及应用

算法背景

给定两个字符串，判断是否一个字符串包含另外一个字符串，如果包含，返回起始位置。比如：

String  str1=“abceacmk32acmzq”

String str2=“acm”

可以看出，str1包含两处str2，下面红色地方：

abceacmk32acmzq

返回4和10.

常见思路1

遍历str1，先匹配第一个，如果不相同，跳过，继续寻找，如果相同，截取和str2相同长度的子串，比较是否相同，如果相同，则返回，如果不同继续寻找，一直到str1到最后一个字符。代码如下

package com.puhui.goosecard.web;

class GFG {
    public static void main(String[] args) {
        String str1 = "abceacmk32acmzq";
        char[] chars1 = str1.toCharArray();
        String str2 = "acm";
        char[] chars2 = str2.toCharArray();
        for (int i = 0; i < chars1.length; i++) {
            if (chars1[i] != chars2[0]) {
                continue;
            }
            String temp = str1.substring(i, i + str2.length());
            if (temp.equalsIgnoreCase(str2)) {
                System.out.print(i);
            }
        }
    }
}

输出结果：

4
10

时间复杂度：

常见思路2

思路一利用了jdk的接口，如果不用呢？思路二：

• 设置两个指针i和j从头开始遍历两个字符串
• 当两个指针都小于字符串长度时，循环后移，比较当前元素，如果相同，继续后移，如果不相等，j重置为0，i从下一个元素开始，如果第一个是从0开始，那么下一个就是1，在程序中是i-j+1，开始，一定注意条件，如果不相同的情况。
• 直到j等于查询字符长度，输入当前位置，为i-char2.length+1
• 完成上面逻辑之后，无法匹配下一个重复的子串，所以，如果满足条件3之后，重置j=0；

package com.puhui.goosecard.web;

class GFG {
    public static void main(String[] args) {
        String str1 = "abceacmk32acmzq";
        char[] chars1 = str1.toCharArray();
        String str2 = "acm";
        char[] chars2 = str2.toCharArray();
        /**从头的指针这么写*/
        int i = 0;
        int j = 0;
        while (i < chars1.length && j < chars2.length) {
            if (chars1[i] == chars2[j]) {
                i++;
                j++;
            } else {
                i = i - j + 1;
                j = 0;
            }
            if (j == chars2.length - 1) {
                //多个重复，重新开始寻找，j重置，i不变
                j = 0;
                System.out.println(i - chars2.length + 1);
            }

        }
    }
}

KMP

建立部分匹配表

思路二已经解决了我们的问题，但是是否可以优化呢？当然可以，我们发现如果不匹配，是否可以有效的移动j，而不是回溯到0？

所以，整个KMP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j指针要移动到哪？利用先前比较的结果跳过一些比较。

先看一下思路，先建立一个部分匹配table

m[i]的值就是，小于i的最长后缀。

比如 p1元素是a，最长后缀是a，i=1，所以m[i]的值为0.

比如p4为abab，最长后缀为ab且满足2小于i（4）

比如p6为ababab，最长后缀且满足小于6的是abab，也就是4

比如p9为ababababc,最长后缀且满足小于9的是0，因小于等于8的里面没有c

we look at all the prefixes of P that are suffixes of P1 . . . Pi−1, and find the longest one whose next letter matches Pi

求出P0···Pi的最大相同前后缀长度k

举例

T=ABC ABCDAB ABCDABCDABCD

P=ABCDABD

下面是我的计算过程

有个这个映射关系，怎么用，推到过程比较复杂，详细看下面的连接，

https://web.stanford.edu/class/cs97si/10-string-algorithms.pdf

结果就是

p的移动位数=k-m[k],其中k为当前匹配的个数，m[k]为我们上面推到的结果，也就是（0，0，0，0，1，2，0）

优化原算法

关键点：如果发现不匹配，只能不用回溯到下一个位置，利用已经匹配到元素判断移动位置：

移动位数 = 已匹配的字符数 - 最后一个匹配字符对应的部分匹配值

http://jakeboxer.com/blog/2009/12/13/the-knuth-morris-pratt-algorithm-in-my-own-words/

代码实现