通俗易懂的 KMP 算法详解

提出一个问题，给你两个字符串 s 和 p（p 的长度不超过 s 的长度，且 s 和 p 都不是空的），问 s 中是否包含 p？

例如：

• s=“hello, java”, p = “java”，那么 s 包含 p
• s=“github”, p=“ppt”, s 不包含 p

能否写出一个程序高效地解决这个问题。

我们能容易想到这样的方法：

设置两个指针，i 和 j，都初始化为 0，我们对比 s 在 i 位置，p 在 j 位置的字符。如果 s[i] == p[j]，那么 i 和 j 都移到下一个位置。否则 j 回退到 0，i 回退到 1，继续上述过程，如果在下一次比较中，还是出现了不匹配的字符，那么 j 回退到 0，i 回退到 2，继续……，周而复始。直到某一次匹配中，如果 j 到达越界位置，那么 s 包含 p，否则 s 不包含 p。代码如下：

public class StrContains {
    
    public static boolean contains(String s, String p) {
        int ls = s.length(), lp = p.length(), i = 0, j = 0;
        while(i <= ls - lp) {
            int x = i;
            j = 0;
            while(j < lp && s.charAt(x) == p.charAt(j)) {
                ++x;
                ++j;
            }
            if(j == lp) return true;
            ++i;
        }
        return false;
    }
}

这样的查找方法，在遇到 s = “aaaaaaaaaaaaab”，p = “aab” 这样的情况的时候，会使得 p 只有在最后一次匹配的时候，才可以得到匹配。假设 s 的长度是 N，p 的长度是 M，那么显然的最坏情况下时间复杂度就是 O(N?M)。而 KMP 算法能做到最坏情况下 O(N+M) 的时间复杂度。它是怎么做的呢？我们一起来看看吧。

KMP 算法的计算过程

启发的过程：上面的暴力方法是基于这样的一个尝试的思路，如果 s 中有一个子串和 p 是匹配的，因为任何一个子串都有一个开头位置，那么这个和 p 匹配的子串当然也有一个开头位置，又因为我们不知道哪个开头位置的子串和 p 是匹配的，因此我们尝试所有可能的开头。如果我们尝试完所有的开头位置，都没有发现一个子串可以和 p 匹配，那么 s 中就没有一个子串和匹配，即 s 不包含 p，反之 s 包含 p。那么这个过程它为什么低效呢？我们来看一下 s = “aaaaaaaaab” 和 p = “aaab” 的匹配过程。

当我们发现某一个开头的尝试已经宣告失败的时候，此时只能选择下一个开头，继续从头开始匹配。那么此时指向 s 的指针会回退，之前已经匹配的部分结果完全抛弃，从新开始，因此这个方法是低效的。

如果某一次尝试失败了，那么之前已经匹配的部分（之前做过的努力）能否给我们提供一些帮助，加速我们的匹配过程，甚至能使得字符串 s 上的指针不回退呢？我们调整的时候，需要遵循什么原则呢？

为了便于说明 j 的调整，下面我们举一个明显的例子。请看字符串 s = “acacab”，和字符串 p = “acab” 的匹配过程。

那么如果已经匹配的部分有多个前缀和后缀是匹配的呢？我们怎么选择？请看 s = “aaaab” 和 p = “aaab” 的匹配过程。

总结一下：此时我们似乎找到了，保证 s 指针不回退的时候，p 的指针的调整方案，即当我们发现某一次匹配失败的时候，我们需要找出前面已经匹配部分的 前后缀最大匹配长度，假设为 next，那么我们只需要把 j 调整为 next，继续进行匹配操作即可。

next 数组

我们在进行真正的匹配之前，我们要先计算好，每一个元素的 next 值（next 值的含义就是当前元素失去匹配的时候，它前面部分字符串的前后缀最大匹配长度，这个前后缀不包含自己），看下面对字符串 “caccacb” 的 next 值的定义过程：

使用 next 数组加速匹配过程

如果我们在匹配之前，得到这么一个关于模式 p 的每一个位置 index 失去匹配后，模式串的匹配指针应该调整为 next[index] 的 next 数组的话，那么我们的匹配过程可以变成这样：

代码

public class StrContainsKmp {
    
    public static boolean contains(String s, String p) {
        int ls = s.length(), lp = p.length(), i = 0, j = 0;
        int[] next = getNext(p);//获取关于模式串p的next数组
        while(i <= ls - lp && j < lp) {
            if(s.charAt(i) == p.charAt(j)) {
                ++i;
                ++j;
            
            /*
            如果模式串p的第一个字符p[0]和字符串s的当前字符s[i]都不匹配，
            那么说明s中从i开始不可能匹配出p来，因此换下一个开头继续尝试
            */
            }else if(j == 0) ++i;


            /*
            否则j位置不是0，说明它前面有匹配成功的部分，
            那么此时j应该调整为next[j]的位置
            */
            else j = next[j];
        }
        return j == lp;
    }
}

next 数组能加速匹配过程，可以从下面两个方面来理解：

• 保证 i 指针不回退，指导 j 指针的调整

在我们匹配失败的时候，它可以利用我们之前已经匹配的部分字符串（以前做过的努力），在保证 i（字符串 s 的匹配指针）不回退的情况下，指导此时指针 j（模式串的匹配指针）应该做怎样的调整。前面的图示已经向大家说明了这一点。

• 跳过了一些无需验证的可能性

还记得我们的暴力做法吗？它尝试字符串 s 中每一个可能的开头位置（即验证所有的可能性），而 next 数组指导 j 的调整，可以跳过一些根本不可能匹配出来模式串 p 的位置，如下图所示：

这两种理解是等价的。

next 数组正确性分析

上面我们举了一个例子说明 next 数组能够指导j指针的调整，同时保证 i 指针不回退，并且还能跳过那些不可能的开头位置。那么为什么呢？我们这里给出一般性的说明。如图所示：

求解 next 数组

既然 next 数组这么好用，我们如何快速得到它呢？

代码和测试程序

public class StrContainsKmp {
    
    public static boolean contains(String s, String p) {
        int ls = s.length(), lp = p.length(), i = 0, j = 0;
        int[] next = new int[lp];
        getNextArray(p, next);//获取关于模式串p的next数组
        while(i < ls && j < lp) {
            if(s.charAt(i) == p.charAt(j)) {
                ++i;
                ++j;
            
            /*
            如果模式串p的第一个字符p[0]和字符串s的当前字符s[i]都不匹配，
            那么说明s中从i开始不可能匹配出p来，因此换下一个开头继续尝试
            */
            }else if(j == 0) ++i;


            /*
            否则j位置不是0，说明它前面有匹配成功的部分，
            那么此时j应该调整为next[j]的位置
            */
            else j = next[j];
        }
        return j == lp;
    }
    
    private static void getNextArray(String p, int[] next) {
        int len = p.length();
        next[0] = -1;
        if(len == 1) return;
        next[1] = 0;
        
        //i: 当前要求解next[i]
        //cn: cn始终记录next[i - 1]的值
        int i = 2, cn = next[i - 1];
        while(i < len) {
            if(p.charAt(i - 1) == p.charAt(cn)) next[i++] = ++cn;
            else if(cn == 0) next[i++] = 0;
            else cn = next[cn];
        }
    }
}

复杂度分析

设字符串 s 的长度是 N，p 的长度是 M，我们看估计 contains 方法中 while 循环体的一共执行多少次。我们设置两个量，一个是 i，一个是 i?j，其中 i 的范围 [0,N]，i-j 的范围 [0,N]。

• 如果代码命中第 7 行的分支，那么会推高 i，但是 i?j 保持不变
• 如果代码命中第 15 行的分支，那么 i 和 i?j 都会被推高
• 如果代码命中第 21 行的分支，那么 i 保持不变，i?j 会被推高。

且在整个 while 的执行过程中变量 i 和 i?j 不会减小，那么这个 while 循环运行的结果就是把这两个变量不断推到最大值。可以知道这两个变量的最大值都是 N，因此 while 循环的执行次数不会超过 2N 次，因此时间复杂度 O(N)。

空间复杂度 O(N)。

测试程序

代码

import java.util.Random;


public class StrContainsTest {
    
    public static void main(String[] args) {
        int times = 100_0000, maxStrLen = 1000;
        while(times-- > 0) {
            Random r = new Random();
            int len = r.nextInt(maxStrLen) + 2;
            String s = getRandomStr(r, len);
            String p;
            if(r.nextInt(2) == 0) 
                p = s.substring(r.nextInt(len));
            else p = getRandomStr(r, r.nextInt(len) + 1);
            boolean ans1 = StrContains.contains(s, p);
            boolean ans2 = StrContainsKmp.contains(s, p);
            if(ans1 ^ ans2) {
                System.out.println("Oops!, wrong answer, ans1 = " + ans1 + ", ans2 = " + ans2);
                System.out.println("s: " + s);
                System.out.println("p: " + p);
                return;
            }
            System.out.println("Testcase: " + times + " done!");
        }
        System.out.println("Test done successfully!");
    }
    
    private static String getRandomStr(Random r, int len) {
        StringBuilder bd = new StringBuilder();
        while(len-- > 0) 
            bd.append((char)('a' + r.nextInt(26)));
        return bd.toString();
    }
}

评论留言少 BUG ！点赞转发不脱发！大家如果觉得自己的内容想让更多人知道，欢迎私信小编分享～

BY /

本文作者：victory

声明：本文归“力扣”版权所有，如需转载请联系。