Знаходження найбільш тривалої послідовності, що повторюється

З огляду на рядок , я хотів би знайти найдовший підряд (щонайменше двічі) підряд. Тобто, я хотів би знайти рядок який є подальшим (не повинно бути суміжним) з таким, що . Тобто, - рядок, половинки якої з’являються двічі поспіль. Зауважимо, що - це підряд , але не обов'язково підрядка. $s$ $w$ $s$ $w=w' \cdot w'$ $w$ $w$ $s$

Приклади:

Для 'ababccabdc' це буде 'abcabc', тому що 'abc' = 'abc' і 'abc' з’являється (принаймні) двічі в 'ababccabdc'.

Для 'addbacddabcd' одним із варіантів є 'dddd', тому що 'dd' з’являється двічі (я не можу використовувати одну і ту ж букву кілька разів, але тут у мене 4 'd, так це нормально), але її довжина 4. Я можу знайти кращу довжини 8: 'abcdabcd', оскільки 'abcd' є підрядком 'addbacddabcd', що з’являється двічі.

Мені цікаво знайти найдовшу послідовність, що повторюється. Це також називається "пошук найдовшого / найбільшого квадрата", але я прочитав багато статей, у яких квадрат визначений для підрядка, а не для підпорядкування.

Я легко можу використовувати алгоритм грубої сили, який буде приймати шляхом повторення всіх варіантів точки розриву в рядку, і тоді у мене будуть два рядки, в яких я буду шукати найбільшу / найдовшу спільну послідовність, але кожна перевірка буде приймати використанням динамічної методики програмування, тому весь час буде . Я знайшов більш ефективний алгоритм для найдовшого загального підпорядкування, який займає , тому час роботи буде . $O(n^3)$ $O(n^2)$ $O(n^3)$ $O(\frac{n^2}{\log n})$ $O(\frac{n^3}{\log n})$

Я шукаю більш ефективний алгоритм для найбільш тривалої повторюваної задачі про підряд. Можливо, моя думка про повторення над усіма точками пробивання занадто багато часу, і її можна звести до меншої кількості ітерацій. Або, можливо, алгоритм з іншим ставленням може вирішити цю проблему.

Я шукав у багатьох журналах та попередніх питаннях, і більшість знайдених нами результатів стосувались підрядок, а не про послідовності.

Я також читав, що це можна зробити за допомогою дерев суфіксів, але це теж стосувалося підрядків, і я не впевнений, чи можна продовжити таку ідею для подальшої подачі.

Я шукаю рішення, яке працює в часі . Якщо існує один раз це буде ще краще (я не впевнений, чи існує такий). $O(n^2)$ $O(n \cdot \log n)$

— Ден Д-людина
джерело

Знайдіть дерева суфіксів чи масиви суфіксів.

— Псевдонім

Це дуже малоймовірно, що

o (n^{2})

$o(n^2)$ - для цієї проблеми існує алгоритм часу, оскільки, якби він був, ви можете використовувати його для перемоги за найвідомішим алгоритмом пошуку LCS двох довжин.

n

$n$ струни

u

$u$ і

v

$v$ наступним чином: Сформуйте рядок

x u x v

$xuxv$ , де

x

$x$ є

n + 1

$n+1$ копії символу $, який не відображається ні в одному

u

$u$ або

v

$v$ , а потім запустіть свій

o (n^{2})

$o(n^2)$ -час алгоритм на ньому. Обидві "половинки" найдовшої повторюваної послідовності обов'язково почнуться з

x

$x$ , тому одна половина походить від кожного з

u

$u$ і

v

$v$ , розв’язання задачі LCS.

— j_random_hacker

@j_random_hacker LCS можна вирішити в

O (n + m)

$\mathcal O(n+m)$ за допомогою дерева суфіксів або в

O (n \log n)

$\mathcal O(n\log n)$ за допомогою прокатки хешей.

— Зло

@Evil: Я ще не розумію, як, ви могли б дати трохи детальніше? (Ви впевнені, що не думаєте про найдовший рядок Sub , який можна вирішити за тих часових складностей?)

— j_random_hacker

@j_random_hacker Я подумав, що ти порівнюєш цілеспрямовано

o (n^{2})

$o(n^2)$ з LCS (послідовно), але тут, як ви вже згадували, так, я навіть не бачив робочого рішення в n ^ 2 для найдовшого загального наслідку (я знайшов один динамічний код програмування, розповсюджений на багатьох сторінках, який є недоліком, подібним до відповіді нахилу). Так просто я неправильно зрозумів ваш коментар, вибачте.

— Зло

-1

Ось динамічне рішення програмування.

Припустимо, що вхідний рядок є $x_1\ldots x_n$ . Створіть таблицю $T$ рядки та стовпці яких індексуються $0,\ldots,n$ (де $n$ довжина рядка), заповнене правилом

T [i, j] = {\begin{cases} 0 & if i = 0 or j = 0, \\ T [i - 1, j - 1] + 1 & if x_{i} = x_{j} and i \neq j, \\ max (T [i - 1, j], T [i, j - 1]) & otherwise . \end{cases}

$T[i,j] = \begin{cases} 0 & \text{if $i = 0$ or $j = 0$}, \\ T[i-1,j-1] + 1 & \text{if $x_i = x_j$ and $i \neq j$}, \\ \max(T[i-1,j],T[i,j-1]) & \text{otherwise}. \end{cases}$ Відповідь така

T [n, n]

$T[n,n]$ .

— jir17
джерело

Припустимо, ми є у деяких

i, j

$i, j$ з

i = j + 1

$i=j+1$ , і умова у вашій ifзаяві вірна. Тоді dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1мається на увазі, що персонаж в положенні

i - 1 = j

$i-1=j$ є частиною обох підрядів.

— j_random_hacker

Ласкаво просимо до інформатики! Будь ласка, позбудьтеся вихідного коду та замініть його ідеями, псевдокодами та аргументами правильності. Дивіться тут і тут для відповідних мета-дискусій.

— Рафаель

@Raphael Рекурсивна формула не вважається вихідним кодом.

— Число945

@BreakingBenjamin Залежно від вашої мови вибору, ви можете записати заданий повтор більш-менш буквально. Справа в тому, що пояснення тут немає.

— Рафаель