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知识拓展练习（经典面试题） / 23. 找出字符串中第一个匹配项的下标

一、题目

给你两个字符串 haystack 和 needle ，请你在 haystack 字符串中找出 needle 字符串的第一个匹配项的下标（下标从 0 开始）。如果 needle 不是 haystack 的一部分，则返回 -1 。

二、示例

示例 1：
输入：haystack = "sadbutsad", needle = "sad"
输出：0
解释："sad" 在下标 0 和 6 处匹配。
第一个匹配项的下标是 0 ，所以返回 0 。
示例 2：
输入：haystack = "leetcode", needle = "leeto"
输出：-1
解释："leeto" 没有在 "leetcode" 中出现，所以返回 -1 。

三、提示

1 <= haystack.length, needle.length <= 10^4
haystack 和 needle 仅由小写英文字符组成

四、参考题解

1、前言

本题是经典的字符串单模匹配的模型，因此可以使用字符串匹配算法解决，常见的字符串匹配算法包括暴力匹配、Knuth-Morris-Pratt 算法、Boyer-Moore 算法、Sunday 算法等，本文将讲解 Knuth-Morris-Pratt 算法。

因为哈希方法可能出现哈希值相等但是字符串不相等的情况，而 strStr 函数要求匹配结果必定正确，因此本文不介绍哈希方法，有兴趣的读者可以自行了解滚动哈希的实现（如 Rabin-Karp 算法）。

2、方法一：暴力匹配

（1）思路及算法

我们可以让字符串 needle 与字符串 haystack 的所有长度为 m 的子串均匹配一次。

为了减少不必要的匹配，我们每次匹配失败即立刻停止当前子串的匹配，对下一个子串继续匹配。如果当前子串匹配成功，我们返回当前子串的开始位置即可。如果所有子串都匹配失败，则返回 −1。

（2）代码

//Java
class Solution {
  public int strStr(String haystack, String needle) {
    int n = haystack.length(), m = needle.length();
    for (int i = 0; i + m <= n; i++) {
      boolean flag = true;
      for (int j = 0; j < m; j++) {
        if (haystack.charAt(i + j) != needle.charAt(j)) {
          flag = false;
          break;
        }
      }
      if (flag) {
        return i;
      }
    }
    return -1;
  }
}

（3）复杂度分析

时间复杂度：O(n×m)，其中 n 是字符串 haystack 的长度，m 是字符串 needle 的长度。最坏情况下我们需要将字符串 needle 与字符串 haystack 的所有长度为 m 的子串均匹配一次。

空间复杂度：O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。

3、方法二：Knuth-Morris-Pratt 算法

（1）思路及算法

Knuth-Morris-Pratt 算法，简称 KMP 算法，由 Donald Knuth、James H. Morris 和 Vaughan Pratt 三人于 1977 年联合发表。

Knuth-Morris-Pratt 算法的核心为前缀函数，记作 π(i)，其定义如下：

对于长度为 m 的字符串 s，其前缀函数 π(i)(0≤i<m) 表示 s 的子串 s[0:i] 的最长的相等的真前缀与真后缀的长度。特别地，如果不存在符合条件的前后缀，那么 π(i)=0。其中真前缀与真后缀的定义为不等于自身的的前缀与后缀。

我们举个例子说明：字符串 aabaaab 的前缀函数值依次为 0,1,0,1,2,2,3。

①π(0)=0，因为 a 没有真前缀和真后缀，根据规定为 0（可以发现对于任意字符串 π(0)=0 必定成立）；

②π(1)=1，因为 aa 最长的一对相等的真前后缀为 a，长度为 1；

③π(2)=0，因为 aab 没有对应真前缀和真后缀，根据规定为 0；

④π(3)=1，因为 aaba 最长的一对相等的真前后缀为 a，长度为 1；

⑤π(4)=2，因为 aabaa 最长的一对相等的真前后缀为 aa，长度为 2；

⑥π(5)=2，因为 aabaaa 最长的一对相等的真前后缀为 aa，长度为 2；

⑦π(6)=3，因为 aabaaab 最长的一对相等的真前后缀为 aab，长度为 3。

有了前缀函数，我们就可以快速地计算出模式串在主串中的每一次出现。

（2）如何求解前缀函数

长度为 m 的字符串 s 的所有前缀函数的求解算法的总时间复杂度是严格 O(m) 的，且该求解算法是增量算法，即我们可以一边读入字符串，一边求解当前读入位的前缀函数。

为了叙述方便，我们接下来将说明几个前缀函数的性质：

①π(i)≤π(i−1)+1。

a.依据 π(i) 定义得：s[0:π(i)−1]=s[i−π(i)+1:i]。

b.将两区间的右端点同时左移，可得：s[0:π(i)−2]=s[i−π(i)+1:i−1]。

c.依据 π(i−1) 定义得：π(i−1)≥π(i)−1，即 π(i)≤π(i−1)+1。

②如果 s[i]=s[π(i−1)]，那么 π(i)=π(i−1)+1。

a.依据 π(i−1) 定义得：s[0:π(i−1)−1]=s[i−π(i−1):i−1]。

b.因为 s[π(i−1)]=s[i]，可得 s[0:π(i−1)]=s[i−π(i−1):i]。

c.依据 π(i) 定义得：π(i)≥π(i−1)+1，结合第一个性质可得 π(i)=π(i−1)+1。

这样我们可以依据这两个性质提出求解 π(i) 的方案：找到最大的 j，满足 s[0:j−1]=s[i−j:i−1]，且 s[i]=s[j]（这样就有 s[0:j]=s[i−j:i]，即 π(i)=j+1）。

注意这里提出了两个要求：

①j 要求尽可能大，且满足 s[0:j−1]=s[i−j:i−1]；

②j 要求满足 s[i]=s[j]。

由 π(i−1) 定义可知：

s[0:π(i−1)−1]=s[i−π(i−1):i−1]

那么 j=π(i−1) 符合第一个要求。如果 s[i]=s[π(i−1)]，我们就可以确定 π(i)。

否则如果 s[i]≠s[π(i−1)]，那么 π(i)≤π(i−1)，因为 j=π(i)−1，所以 j < π(i−1)，于是可以取 (1) 式两子串的长度为 j 的后缀，它们依然是相等的：s[π(i−1)−j:π(i−1)−1]=s[i−j:i−1]。

当 s[i]≠s[π(i−1)] 时，我们可以修改我们的方案为：找到最大的 j，满足 s[0:j−1]=s[π(i−1)−j:π(i−1)−1]，且 s[i]=s[π(i−1)]（这样就有 s[0:j]=s[π(i−1)−j:π(i−1)]，即 π(i)=π(i−1)+1）。

注意这里提出了两个要求：

①j 要求尽可能大，且满足 s[0:j−1]=s[π(i−1)−j:π(i−1)−1]；

②j 要求满足 s[i]=s[j]。

由 π(π(i−1)−1) 定义可知 j=π(π(i−1)−1) 符合第一个要求。如果 s[i]=s[π(π(i−1)−1)]，我们就可以确定 π(i)。

此时，我们可以发现 j 的取值总是被描述为 π(π(π(…)−1)−1) 的结构（初始为 π(i−1)）。于是我们可以描述我们的算法：设定 π(i)=j+1，j 的初始值为 π(i−1)。我们只需要不断迭代 j（令 j 变为 π(j−1)）直到 s[i]=s[j] 或 j=0 即可，如果最终匹配成功（找到了 j 使得 s[i]=s[j]），那么 π(i)=j+1，否则 π(i)=0。

（3）复杂度证明

时间复杂度部分，注意到 π(i)≤π(i−1)+1，即每次当前位的前缀函数至多比前一位增加一，每当我们迭代一次，当前位的前缀函数的最大值都会减少。可以发现前缀函数的总减少次数不会超过总增加次数，而总增加次数不会超过 m 次，因此总减少次数也不会超过 m 次，即总迭代次数不会超过 m 次。

空间复杂度部分，我们只用到了长度为 m 的数组保存前缀函数，以及使用了常数的空间保存了若干变量。

（4）如何解决本题

记字符串 haystack 的长度为 n，字符串 needle 的长度为 m。

我们记字符串 str=needle+#+haystack，即将字符串 needle 和 haystack 进行拼接，并用不存在于两串中的特殊字符 # 将两串隔开，然后我们对字符串 str 求前缀函数。

因为特殊字符 # 的存在，字符串 str 中 haystack 部分的前缀函数所对应的真前缀必定落在字符串 needle 部分，真后缀必定落在字符串 haystack 部分。当 haystack 部分的前缀函数值为 m 时，我们就找到了一次字符串 needle 在字符串 haystack 中的出现（因为此时真前缀恰为字符串 needle）。

实现时，我们可以进行一定的优化，包括：

①我们无需显式地创建字符串 str。

a.为了节约空间，我们只需要顺次遍历字符串 needle、特殊字符 # 和字符串 haystack 即可。

②也无需显式地保存所有前缀函数的结果，而只需要保存字符串 needle 部分的前缀函数即可。

a.特殊字符 # 的前缀函数必定为 0，且易知 π(i)≤m（真前缀不可能包含特殊字符 #）。

b.这样我们计算 π(i) 时，j=π(π(π(…)−1)−1) 的所有的取值中仅有 π(i−1) 的下标可能大于等于 m。我们只需要保存前一个位置的前缀函数，其它的 j 的取值将全部为字符串 needle 部分的前缀函数。

③我们也无需特别处理特殊字符 #，只需要注意处理字符串 haystack 的第一个位置对应的前缀函数时，直接设定 j 的初值为 0 即可。

这样我们可以将代码实现分为两部分：

①第一部分是求 needle 部分的前缀函数，我们需要保留这部分的前缀函数值。

②第二部分是求 haystack 部分的前缀函数，我们无需保留这部分的前缀函数值，只需要用一个变量记录上一个位置的前缀函数值即可。当某个位置的前缀函数值等于 m 时，说明我们就找到了一次字符串 needle 在字符串 haystack 中的出现（因为此时真前缀恰为字符串 needle，真后缀为以当前位置为结束位置的字符串 haystack 的子串），我们计算出起始位置，将其返回即可。

（5）代码

//Java
class Solution {
  public int strStr(String haystack, String needle) {
    int n = haystack.length(), m = needle.length();
    if (m == 0) {
      return 0;
    }
    int[] pi = new int[m];
    for (int i = 1, j = 0; i < m; i++) {
      while (j > 0 && needle.charAt(i) != needle.charAt(j)) {
        j = pi[j - 1];
      }
      if (needle.charAt(i) == needle.charAt(j)) {
        j++;
      }
      pi[i] = j;
    }
    for (int i = 0, j = 0; i < n; i++) {
      while (j > 0 && haystack.charAt(i) != needle.charAt(j)) {
        j = pi[j - 1];
      }
      if (haystack.charAt(i) == needle.charAt(j)) {
        j++;
      }
      if (j == m) {
        return i - m + 1;
      }
    }
    return -1;
  }
}