Реферат: Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта Реферат: Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта
Реферат: Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта РЕФЕРАТЫ РЕКОМЕНДУЕМ  
 
Тема
 • Главная
 • Авиация
 • Астрономия
 • Безопасность жизнедеятельности
 • Биографии
 • Бухгалтерия и аудит
 • География
 • Геология
 • Животные
 • Иностранный язык
 • Искусство
 • История
 • Кулинария
 • Культурология
 • Лингвистика
 • Литература
 • Логистика
 • Математика
 • Машиностроение
 • Медицина
 • Менеджмент
 • Металлургия
 • Музыка
 • Педагогика
 • Политология
 • Право
 • Программирование
 • Психология
 • Реклама
 • Социология
 • Страноведение
 • Транспорт
 • Физика
 • Философия
 • Химия
 • Ценные бумаги
 • Экономика
 • Естествознание




Реферат: Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта

Алгоритм Кнута - Морриса - Пратта

Алгоритм Кнута-Морриса-Пратта (КМП) получает на вход 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.

Вот что получается:

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)<= l[i]-l[i+1]+1

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 (len<>n) and (j<>m) 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<= m do begin {слово не кончилось}

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.



      ©2010