В нашей онлайн базе уже более 10821 рефератов!

Список разделов
Самое популярное
Новое
Поиск
Заказать реферат
Добавить реферат
В избранное
Контакты
Украинские рефераты
Статьи
От партнёров

Новости
Крупнейшая коллекция рефератов
Предлагаем вам крупнейшую коллекцию из 10821 рефератов!

Вы можете воспользоваться поиском готовых работ или же получить помощь по подготовке нового реферата практически по любому предмету. Также вы можете добавить свой реферат в базу.

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]<l [i] - (число итераций на i-м шаге)+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.

[1] 2

скачать реферат скачать реферат

Новинки
Интересные новости

Заказ реферата
Заказать реферат
Счетчики

Rambler's Top100

Ссылки
Все права защищены © 2005-2017 textreferat.com