Алгоритм Кнута-Морриса-Прата
Категория реферата: Рефераты по кибернетике
Теги реферата: скачать реферат человек, сочинение на тему
Добавил(а) на сайт: Nikitin.
1
Алгоритм Кнута - Морриса - Пратта
Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта (КМП) получает навход слово
X=x[1]x[2]... x[n]
и просматривает его слева направо буква за буквой, заполняя при этом массив натуральных чисел l[1]... l[n], где
l[i]=длина слова l(x[1]...х[i])
(функция l определена в предыдущем пункте). Словами: l[i] есть длина наибольшего начала слова x[1]...x[i], одновременно являющегося его концом.
Какое отношение все это имеет к поиску подслова?
Другими словами, как использовать алгоритм КМП для определения того, является ли слово A подсловом слова B?
Решение. Применим алгоритм КМП к слову A#B, где # - специальная буква, не встречающаяся ни в A, ни в B. Слово A является подсловом слова B тогда и только тогда, когда среди чисел в массиве l будет число, равное длине слова A.
Описать алгоритм заполнения таблицы l[1]...l[n].
Решение. Предположим, что первые i значений l[1]...l[i] уже найдены. Мы читаем очередную букву слова (т.е. x[i+1]) и должны вычислить l[i+1].
Другими словами, нас интересуют начала Z слова
x[1]...x[i+1,
одновременно являющиеся его концами -из них нам надо брать самое длинное. Откуда берутся эти начала? Каждое из них (не считая пустого) получается из некоторого слова Z' приписыванием буквы x[i+1] . Слово Z' является началом и
концом слова x[1]...x[i]. Однако не любое слово, являющееся началом и концом слова x[1]...x[i], годится - надо, чтобы за ним следовала буква x[i+1].
Получаем такой рецепт отыскания слова Z. Рассмотрим все начала слова x[1]...x[i], являющиеся одновременно его концами. Из них выберем подходящие - те, за которыми идет буква x[i+1]. Из подходящих выберем самое длинное. Приписав в его конец х[i+1], получим искомое слово Z. Теперь пора воспользоваться сделанными нами приготовлениями и вспомнить, что все слова, являющиеся одновременно началами и концами данного слова, можно получить повторными применениями к нему функции l из предыдущего раздела.
i:=1; 1[1]:=0;
{таблица l[1]..l[i] заполнена правильно}
while i n do begin
len:= l[i]
{len - длина начала слова x[1]..x[i], которое является
его концом; все более длинные начала оказались
неподходящими}
while (x[len+1]х[i+1]) and (len>0) do begin
{начало не подходит, применяем к нему функцию l}
len:=l[len];
end;
{нашли подходящее или убедились в отсутствии}
if x[len+1]=x[i+1] do begin
{х[1]..x[len] - самое длинное подходящее начало}
l[i+1]:=len+1;
end else begin
{подходящих нет}
l[i+1]:= 0;
end;
i:=i+1;
end;
Доказать, что число действий в приведенном только что алгоритме не превосходит Cn для некоторой константы C.
Решение. Это не вполне очевидно: обработка каждой очередной буквы может потребовать многих итераций во внутреннем цикле. Однако каждая такая итерация уменьшает len по крайней мере на 1, и в этом случае l[i+1] окажется заметно меньше l[i]. С другой стороны, при увеличении i на единицу величина l[i] может возрасти не более чем на 1, так что часто и сильно убывать она не может - иначе убывание не будет скомпенсировано возрастанием.
Более точно, можно записать неравенство
l[i+1]
или
(число итераций на i-м шаге)
Остается сложить эти неравенства по всем i и получить оценку
сверху для общего числа итераций.
Будем использовать этот алгоритм, чтобы выяснить, является ли слово X длины n подсловом слова Y длины m. (Как это делать с помощью специального разделителя #, описано выше.) При этом число действий будет не более C(n+m}, и используемая память тоже. Придумать, как обойтись памятью не более Cn (что может быть существенно меньше, если искомый образец короткий, а слово, в котором его ищут - длинное).
Решение. Применяем алгоритм КМП к слову А#В. При этом: вычисление значений l[1],...,l [n] проводим для слова X длины n и запоминаем эти значения. Дальше мы помним только значение l[i] для текущего i - кроме него и кроме таблицы
l[1]...l[n], нам для вычислений ничего не нужно.
На практике слова X и Y могут не находиться подряд, поэтому просмотр слова X и затем слова Y удобно оформить в виде разных циклов. Это избавляет также от хлопот с разделителем.
Написать соответствующий алгоритм (проверяющий, является ли слово X=x[1]...x[n] подсловом слова Y=y[1]...y[m]
Решение. Сначала вычисляем таблицу l[1]...l[n]как раньше. Затем пишем такую программу:
j:=0; len:=0;
{len - длина максимального качала слова X, одновременно
являющегося концом слова y[1]..j[j]}
while (lenn) and (jm) do begin
while (x[len+1]у[j+1]) and (len>0) do begin
{начало не подходит, применяем к нему функцию l}
len: = l[len];
end;
{нашли подходящее или убедились в отсутствии}
if x[len+1]=y[j+1] do begin
{x[1]..x[len] - самое длинное подходящее начало}
len:=len+1;
end else begin
{подходящих нет}
len:=0;
end;
j:=j+1;
end;
{если len=n, слово X встретилось; иначе мы дошли до конца
слова Y, так и не встретив X}
Алгоритм Бойера - Мура
Этот алгоритм делает то, что на первый взгляд кажется невозможным: в типичной ситуации он читает лишь небольшую часть всех букв слова, в котором ищется заданный образец. Как так может быть? Идея проста. Пусть, например, мы ищем образец abcd. Посмотрим на четвертую букву слова: если, к примеру, это буква e, то нет никакой необходимости читать первые три буквы. (В самом деле, в образце буквы e нет, поэтому он может начаться не раньше пятой буквы.)
Мы приведем самый простой вариант этого алгоритма, который не гарантирует быстрой работы во всех случаях. Пусть x[1]...х[n] - образец, который надо искать. Для каждого символа s найдем самое правое его вхождение в слово X, то есть наибольшее k, при котором х[k]=s. Эти сведения будем хранить в массиве pos[s]; если символ s вовсе не встречается, то нам будет удобно положить pos[s]=0 (мы увидим дальше, почему).
Как заполнить массив pos?
Решение.
положить все pos[s] равными 0
for i:=1 to n do begin
pos[x[i]]:=i;
end;
В процессе поиска мы будем хранить в переменной last номер буквы в слове, против которой стоит последняя буква образца. Вначале last=n (длина образца), затем last постепенно увеличивается.
last:=n;
{все предыдущие положения образца уже проверены}
while last
if x[m]y[last] then begin {последние буквы разные}
last:=last+(n-pos[y[last]]);
{n - pos[y[last]] - это минимальный сдвиг образца,
при котором напротив y[last] встанет такая же
буква в образце. Если такой буквы нет вообще,
то сдвигаем на всю длину образца}
end else begin
если нынешнее положение подходит, т.е. если
x[i]..х[n]=y[last-n+1]..y[last],
то сообщить о совпадении;
last:=last+1;
end;
end;
Знатоки рекомендуют проверку совпадения проводить справа налево, т.е. начиная с последней буквы образца (в которой совпадение заведомо есть). Можно также немного сэкономить, произведя вычитание заранее и храня не pos[s], а n-pos[s],
т.е. число букв в образце справа от последнего вхождения буквы Возможны разные модификации этого алгоритма. Например, можно строку
last:=last+i
заменить на
last:=last+(n-u),
где u - координата второго справа вхождения буквы x[n] в образец.
Как проще всего учесть это в программе
Решение. При построении таблицы pos написать
for i:=1 to n-1 do...
(далее как раньше), а в основной программе вместо
last:=last+1
написать
last:=last+n-pos[y[last]];
Приведенный упрощенный вариант алгоритма Бойера-Мура в некоторых случаях требует существенно больше n действий (число действий порядка mn), проигрывая алгоритму Кнута-Морриса-Пратта.
Пример ситуации, в которой образец не входит в слово, но алгоритму требуется порядка mn действий, чтобы это установить.
Решение. Пусть образец имеет вид baaa... aa, а само слово состоит только из букв а. Тогда на каждом шаге несоответствие выясняется лишь в последний момент.
Настоящий (не упрощенный) алгоритм Бойера-Мура гарантирует, что число действий не превосходит C(m+n) в худшем случае. Он использует идеи, близкие к идеям алгоритма Кнута-Морриса-Пратта. Представим себе, что мы сравнивали образец со входным словом, идя справа налево. При этом некоторый кусок Z (являющийся концом образца) совпал, а затем обнаружилось различие: перед Z в образце стоит не то, что во входном слове. Что можно сказать в этот момент о
входном слове? В нем обнаружен фрагмент, равный Z, а перед ним стоит не та буква, что в образце. Эта информация может позволить сдвинуть образец на несколько позиций вправо без риска пропустить его вхождение. Эти сдвиги следует вычислить заранее для каждого конца Z нашего образца. Как говорят знатоки, все это (вычисление таблицы сдвигов и ее использование) можно уложить в C(m+ n) действий.
Алгоритм Рабина
Этот алгоритм основан на простой идее. Представим себе, что в слове длины m мы ищем образец длины n. Вырежем окошечко размера n и будем двигать его по входному слову. Нас интересует, не совпадает ли слово в окошечке с заданным
образцом. Сравнивать по буквам долго. Вместо этого фиксируем некоторую функцию, определенную на словах длины n. Если значения этой функции на слове в окошечке и на образце различны, то совпадения нет. Только если значения одинаковы, нужно проверять совпадение по буквам.
В чем выигрыш при таком подходе. Казалось бы, ничего - ведь чтобы вычислить значение функции на слове в окошечке, все равно нужно прочесть все буквы этого слова. Так уж лучше их сразу сравнить с образцом. Тем не менее выигрыш возможен, и вот за счет чего. При сдвиге окошечка слово не меняется полностью, а лишь добавляется буква в конце и убирается в начале. Хорошо бы, чтобы по этим данным можно было рассчитать, как меняется функция.
Привести пример удобной для вычисления функции.
Решение. Заменим все буквы в слове и образце их номерами, представляющими собой целые числа. Тогда удобной функцией является сумма цифр. (При сдвиге окошечка нужно добавить новое число и вычесть пропавшее.)
Для каждой функции существуют слова, к которым она применима плохо. Зато другая функция в этом случае может работать хорошо. Возникает идея: надо запасти много функций и в начале работы алгоритма выбирать из них случайную. (Тогда враг, желающий подгадить нашему алгоритму, не будет знать, с какой именно функцией ему бороться.)
Привести пример семейства удобных функций.
Решение. Выберем некоторое число p (желательно простое, смотри далее) и некоторый вычет x по модулю p. Каждое слово длины n будем рассматривать как последовательность целых чисел (заменив буквы кодами). Эти числа будем рассматривать как коэффициенты многочлена степени n-1 и вычислим значение этого многочлена по модулю p в точке x. Это и будет одна из функций семейства (для каждой пары p и x получается, таким образом, своя функция). Сдвиг окошка на 1 соответствует вычитанию старшего члена (хn-1 следует вычислить заранее), умножению на x и добавлению свободного члена.
Следующее соображение говорит в пользу того, что совпадения не слишком вероятны. Пусть число p фиксировано и к тому же простое, а X и Y - два различных слова длины n. Тогда им соответствуют различные многочлены (мы предполагаем, что коды всех букв различны - это возможно, если p больше числа букв алфавита). Совпадение значений функции означает, что в точке x эти два различных многочлена совпадают, то есть их разность обращается в 0. Разность есть многочлен степени n-1 и имеет не более n-1 корней. Таким образом, если и много меньше p, то случайному x мало шансов попасть в неудачную точку.
Скачали данный реферат: Kireev, Клюкин, Kozhevin, Бондарчук, Durkin, Churkin, Berezin.
Последние просмотренные рефераты на тему: контрольные 7 класс, реферат основные, антикризисное управление предприятием, контрольная по алгебре.
1
Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта (КМП) получает навход слово
X=x[1]x[2]... x[n]
и просматривает его слева направо буква за буквой, заполняя при этом массив натуральных чисел l[1]... l[n], где
l[i]=длина слова l(x[1]...х[i])
(функция l определена в предыдущем пункте). Словами: l[i] есть длина наибольшего начала слова x[1]...x[i], одновременно являющегося его концом.
Какое отношение все это имеет к поиску подслова?
Другими словами, как использовать алгоритм КМП для определения того, является ли слово A подсловом слова B?
Решение. Применим алгоритм КМП к слову A#B, где # - специальная буква, не встречающаяся ни в A, ни в B. Слово A является подсловом слова B тогда и только тогда, когда среди чисел в массиве l будет число, равное длине слова A.
Описать алгоритм заполнения таблицы l[1]...l[n].
Решение. Предположим, что первые i значений l[1]...l[i] уже найдены. Мы читаем очередную букву слова (т.е. x[i+1]) и должны вычислить l[i+1].
Другими словами, нас интересуют начала Z слова
x[1]...x[i+1,
одновременно являющиеся его концами -из них нам надо брать самое длинное. Откуда берутся эти начала? Каждое из них (не считая пустого) получается из некоторого слова Z' приписыванием буквы x[i+1] . Слово Z' является началом и
концом слова x[1]...x[i]. Однако не любое слово, являющееся началом и концом слова x[1]...x[i], годится - надо, чтобы за ним следовала буква x[i+1].
Получаем такой рецепт отыскания слова Z. Рассмотрим все начала слова x[1]...x[i], являющиеся одновременно его концами. Из них выберем подходящие - те, за которыми идет буква x[i+1]. Из подходящих выберем самое длинное. Приписав в его конец х[i+1], получим искомое слово Z. Теперь пора воспользоваться сделанными нами приготовлениями и вспомнить, что все слова, являющиеся одновременно началами и концами данного слова, можно получить повторными применениями к нему функции l из предыдущего раздела.
i:=1; 1[1]:=0;
{таблица l[1]..l[i] заполнена правильно}
while i n do begin
len:= l[i]
{len - длина начала слова x[1]..x[i], которое является
его концом; все более длинные начала оказались
неподходящими}
while (x[len+1]х[i+1]) and (len>0) do begin
{начало не подходит, применяем к нему функцию l}
len:=l[len];
end;
{нашли подходящее или убедились в отсутствии}
if x[len+1]=x[i+1] do begin
{х[1]..x[len] - самое длинное подходящее начало}
l[i+1]:=len+1;
end else begin
{подходящих нет}
l[i+1]:= 0;
end;
i:=i+1;
end;
Доказать, что число действий в приведенном только что алгоритме не превосходит Cn для некоторой константы C.
Решение. Это не вполне очевидно: обработка каждой очередной буквы может потребовать многих итераций во внутреннем цикле. Однако каждая такая итерация уменьшает len по крайней мере на 1, и в этом случае l[i+1] окажется заметно меньше l[i]. С другой стороны, при увеличении i на единицу величина l[i] может возрасти не более чем на 1, так что часто и сильно убывать она не может - иначе убывание не будет скомпенсировано возрастанием.
Более точно, можно записать неравенство
l[i+1]
или
(число итераций на i-м шаге)
Остается сложить эти неравенства по всем i и получить оценку
сверху для общего числа итераций.
Будем использовать этот алгоритм, чтобы выяснить, является ли слово X длины n подсловом слова Y длины m. (Как это делать с помощью специального разделителя #, описано выше.) При этом число действий будет не более C(n+m}, и используемая память тоже. Придумать, как обойтись памятью не более Cn (что может быть существенно меньше, если искомый образец короткий, а слово, в котором его ищут - длинное).
Решение. Применяем алгоритм КМП к слову А#В. При этом: вычисление значений l[1],...,l [n] проводим для слова X длины n и запоминаем эти значения. Дальше мы помним только значение l[i] для текущего i - кроме него и кроме таблицы
l[1]...l[n], нам для вычислений ничего не нужно.
На практике слова X и Y могут не находиться подряд, поэтому просмотр слова X и затем слова Y удобно оформить в виде разных циклов. Это избавляет также от хлопот с разделителем.
Написать соответствующий алгоритм (проверяющий, является ли слово X=x[1]...x[n] подсловом слова Y=y[1]...y[m]
Решение. Сначала вычисляем таблицу l[1]...l[n]как раньше. Затем пишем такую программу:
j:=0; len:=0;
{len - длина максимального качала слова X, одновременно
являющегося концом слова y[1]..j[j]}
while (lenn) and (jm) do begin
while (x[len+1]у[j+1]) and (len>0) do begin
{начало не подходит, применяем к нему функцию l}
len: = l[len];
end;
{нашли подходящее или убедились в отсутствии}
if x[len+1]=y[j+1] do begin
{x[1]..x[len] - самое длинное подходящее начало}
len:=len+1;
end else begin
{подходящих нет}
len:=0;
end;
j:=j+1;
end;
{если len=n, слово X встретилось; иначе мы дошли до конца
слова Y, так и не встретив X}
Алгоритм Бойера - Мура
Этот алгоритм делает то, что на первый взгляд кажется невозможным: в типичной ситуации он читает лишь небольшую часть всех букв слова, в котором ищется заданный образец. Как так может быть? Идея проста. Пусть, например, мы ищем образец abcd. Посмотрим на четвертую букву слова: если, к примеру, это буква e, то нет никакой необходимости читать первые три буквы. (В самом деле, в образце буквы e нет, поэтому он может начаться не раньше пятой буквы.)
Мы приведем самый простой вариант этого алгоритма, который не гарантирует быстрой работы во всех случаях. Пусть x[1]...х[n] - образец, который надо искать. Для каждого символа s найдем самое правое его вхождение в слово X, то есть наибольшее k, при котором х[k]=s. Эти сведения будем хранить в массиве pos[s]; если символ s вовсе не встречается, то нам будет удобно положить pos[s]=0 (мы увидим дальше, почему).
Как заполнить массив pos?
Решение.
положить все pos[s] равными 0
for i:=1 to n do begin
pos[x[i]]:=i;
end;
В процессе поиска мы будем хранить в переменной last номер буквы в слове, против которой стоит последняя буква образца. Вначале last=n (длина образца), затем last постепенно увеличивается.
last:=n;
{все предыдущие положения образца уже проверены}
while last
if x[m]y[last] then begin {последние буквы разные}
last:=last+(n-pos[y[last]]);
{n - pos[y[last]] - это минимальный сдвиг образца,
при котором напротив y[last] встанет такая же
буква в образце. Если такой буквы нет вообще,
то сдвигаем на всю длину образца}
end else begin
если нынешнее положение подходит, т.е. если
x[i]..х[n]=y[last-n+1]..y[last],
то сообщить о совпадении;
last:=last+1;
end;
end;
Знатоки рекомендуют проверку совпадения проводить справа налево, т.е. начиная с последней буквы образца (в которой совпадение заведомо есть). Можно также немного сэкономить, произведя вычитание заранее и храня не pos[s], а n-pos[s],
т.е. число букв в образце справа от последнего вхождения буквы Возможны разные модификации этого алгоритма. Например, можно строку
last:=last+i
заменить на
last:=last+(n-u),
где u - координата второго справа вхождения буквы x[n] в образец.
Как проще всего учесть это в программе
Решение. При построении таблицы pos написать
for i:=1 to n-1 do...
(далее как раньше), а в основной программе вместо
last:=last+1
написать
last:=last+n-pos[y[last]];
Приведенный упрощенный вариант алгоритма Бойера-Мура в некоторых случаях требует существенно больше n действий (число действий порядка mn), проигрывая алгоритму Кнута-Морриса-Пратта.
Пример ситуации, в которой образец не входит в слово, но алгоритму требуется порядка mn действий, чтобы это установить.
Решение. Пусть образец имеет вид baaa... aa, а само слово состоит только из букв а. Тогда на каждом шаге несоответствие выясняется лишь в последний момент.
Настоящий (не упрощенный) алгоритм Бойера-Мура гарантирует, что число действий не превосходит C(m+n) в худшем случае. Он использует идеи, близкие к идеям алгоритма Кнута-Морриса-Пратта. Представим себе, что мы сравнивали образец со входным словом, идя справа налево. При этом некоторый кусок Z (являющийся концом образца) совпал, а затем обнаружилось различие: перед Z в образце стоит не то, что во входном слове. Что можно сказать в этот момент о
входном слове? В нем обнаружен фрагмент, равный Z, а перед ним стоит не та буква, что в образце. Эта информация может позволить сдвинуть образец на несколько позиций вправо без риска пропустить его вхождение. Эти сдвиги следует вычислить заранее для каждого конца Z нашего образца. Как говорят знатоки, все это (вычисление таблицы сдвигов и ее использование) можно уложить в C(m+ n) действий.
Алгоритм Рабина
Этот алгоритм основан на простой идее. Представим себе, что в слове длины m мы ищем образец длины n. Вырежем окошечко размера n и будем двигать его по входному слову. Нас интересует, не совпадает ли слово в окошечке с заданным
образцом. Сравнивать по буквам долго. Вместо этого фиксируем некоторую функцию, определенную на словах длины n. Если значения этой функции на слове в окошечке и на образце различны, то совпадения нет. Только если значения одинаковы, нужно проверять совпадение по буквам.
В чем выигрыш при таком подходе. Казалось бы, ничего - ведь чтобы вычислить значение функции на слове в окошечке, все равно нужно прочесть все буквы этого слова. Так уж лучше их сразу сравнить с образцом. Тем не менее выигрыш возможен, и вот за счет чего. При сдвиге окошечка слово не меняется полностью, а лишь добавляется буква в конце и убирается в начале. Хорошо бы, чтобы по этим данным можно было рассчитать, как меняется функция.
Привести пример удобной для вычисления функции.
Решение. Заменим все буквы в слове и образце их номерами, представляющими собой целые числа. Тогда удобной функцией является сумма цифр. (При сдвиге окошечка нужно добавить новое число и вычесть пропавшее.)
Для каждой функции существуют слова, к которым она применима плохо. Зато другая функция в этом случае может работать хорошо. Возникает идея: надо запасти много функций и в начале работы алгоритма выбирать из них случайную. (Тогда враг, желающий подгадить нашему алгоритму, не будет знать, с какой именно функцией ему бороться.)
Привести пример семейства удобных функций.
Решение. Выберем некоторое число p (желательно простое, смотри далее) и некоторый вычет x по модулю p. Каждое слово длины n будем рассматривать как последовательность целых чисел (заменив буквы кодами). Эти числа будем рассматривать как коэффициенты многочлена степени n-1 и вычислим значение этого многочлена по модулю p в точке x. Это и будет одна из функций семейства (для каждой пары p и x получается, таким образом, своя функция). Сдвиг окошка на 1 соответствует вычитанию старшего члена (хn-1 следует вычислить заранее), умножению на x и добавлению свободного члена.
Следующее соображение говорит в пользу того, что совпадения не слишком вероятны. Пусть число p фиксировано и к тому же простое, а X и Y - два различных слова длины n. Тогда им соответствуют различные многочлены (мы предполагаем, что коды всех букв различны - это возможно, если p больше числа букв алфавита). Совпадение значений функции означает, что в точке x эти два различных многочлена совпадают, то есть их разность обращается в 0. Разность есть многочлен степени n-1 и имеет не более n-1 корней. Таким образом, если и много меньше p, то случайному x мало шансов попасть в неудачную точку.
Скачали данный реферат: Kireev, Клюкин, Kozhevin, Бондарчук, Durkin, Churkin, Berezin.
Последние просмотренные рефераты на тему: контрольные 7 класс, реферат основные, антикризисное управление предприятием, контрольная по алгебре.
1