提高级-字符串算法-字符串哈希

# 字符串哈希

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## 定义

我们定义一个把字符串映射到整数的函数 $f$，这个 $f$ 称为是 Hash 函数。

我们希望这个函数 $f$ 可以方便地帮我们判断两个字符串是否相等。

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## Hash 的思想

Hash 的核心思想在于，将输入映射到一个值域较小、可以方便比较的范围。

这里的「值域较小」在不同情况下意义不同。

在 [哈希表](../ds/hash.md) 中，值域需要小到能够接受线性的空间与时间复杂度。
    
在字符串哈希中，值域需要小到能够快速比较（$10^9$、$10^{18}$ 都是可以快速比较的）。
    
同时，为了降低哈希冲突率，值域也不能太小。

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## 性质

具体来说，哈希函数最重要的性质可以概括为下面两条：

1.  在 Hash 函数值不一样的时候，两个字符串一定不一样；

2.  在 Hash 函数值一样的时候，两个字符串不一定一样（但有大概率一样，且我们当然希望它们总是一样的）。

我们将 Hash 函数值一样但原字符串不一样的现象称为哈希碰撞。

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## 解释

我们需要关注的是什么？

时间复杂度和 Hash 的准确率。

通常我们采用的是多项式 Hash 的方法，对于一个长度为 $l$ 的字符串 $s$ 来说，我们可以这样定义多项式 Hash 函数：$f(s) = \sum\limits_{i=1}^{l} s[i] \times b^{l-i} \pmod M$。例如，对于字符串 $xyz$，其哈希函数值为 $xb^2+yb+z$。

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特别要说明的是，也有很多人使用的是另一种 Hash 函数的定义，即 $f(s) = \sum\limits_{i=1}^{l} s[i] \times b^{i-1} \pmod M$，这种定义下，同样的字符串 $xyz$ 的哈希值就变为了 $x+yb+zb^2$ 了。

显然，上面这两种哈希函数的定义函数都是可行的，但二者在之后会讲到的计算子串哈希值时所用的计算式是不同的，因此千万注意 **不要弄混了这两种不同的 Hash 方式**。

由于前者的 Hash 定义计算更简便、使用人数更多、且可以类比为一个 $b$ 进制数来帮助理解，所以本文下面所将要讨论的都是使用 $f(s) = \sum\limits_{i=1}^{l} s[i] \times b^{l-i} \pmod M$ 来定义的 Hash 函数。

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还有，有时为了方便和扩大模数，我们在 C++ 中我们会使用 `unsigned long long` 来定义 Hash 函数的结果。由于 C++ 的特性，我们相当于把模数 $M$ 定为 $2^{64}$，也是一个不错的选择。

准确率会在后面讨论。

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## Hash 的错误率分析

### Hash 冲突

Hash 冲突是指两个不同的字符串映射到相同的 Hash 值。

我们设 Hash 的取值空间（所有可能出现的字符串的数量）为 $d$，计算次数（要计算的字符串数量）为 $n$。

则 Hash 冲突的概率为：

$$
p(n,d) =1 - \exp(-\frac{n(n-1)}{2d} )
$$

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## 证明
当 Hash 中每个值生成概率相同时，Hash 不冲突的概率为：

$$
\overline{p}(n,d) = 1 \cdot \left (1 - \frac{1}{d} \right) \cdot \left ( 1- \frac{2}{d}\right) \cdots \left ( 1- \frac{n-1}{d}\right)
$$

化简得到：

$$
\begin{aligned}
\overline{p}(n,d) 
& = \frac{d}{d}\cdot \frac{d-1}{d}\cdot \frac{d-2}{d} \cdots \frac{d-n+1}{d}\\\\
& = \frac{d\cdot (d-1)\cdot (d-2)\cdots(d-n+1)}{d^n}\\\\
& = \frac{\frac{d!}{(d-n)!}}{d^n}\\\\
& = \frac{d!}{d^n\left(d-n\right)!}
\end{aligned}
$$

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则 Hash 冲突的概率为：

$$
p(n,d) = 1 - \frac{d!}{d^n\left(d-n\right)!}
$$

这个公式还是太复杂了，我们进一步化简。

根据泰勒公式：

$$
\exp(x) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}+\cdots
$$

当 $x$ 为一个极小值时，$\exp(x)$ 趋近于 $1+x$。

将它带入 Hash 不冲突的原始公式：

$$
\overline{p}(n,d) = 1 \cdot \exp(-\frac{1}{d}) \cdot \exp(-\frac{2}{d}) \cdots \exp(-\frac{n-1}{d})
$$

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化简：

$$
\begin{aligned}
\overline{p}(n,d) & = \exp(-\frac{1}{d} - \frac{2}{d} - \cdots -\frac{n-1}{d})\\\\
&=\exp(-\frac{n(n-1)}{2d} )
\end{aligned}
$$

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则 Hash 冲突的概率为：

$$
p(n,d) =1 - \exp(-\frac{n(n-1)}{2d})
$$

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### 卡大模数 Hash

注意到这个公式：

$$
p(n,d) =1 - \exp(-\frac{n(n-1)}{2d} )
$$

为了卡掉 Hash，我们要满足一下条件：

1.  $d$ 要大于模数。
2.  $1-p(d,n)$ 要尽量小。

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举个例子：

若字符集为 **大小写字母和数字**，模数为 $10^9+7$ 时：

$log_{62}10^9+7\approx 6$

$p(10^6,6^{62}) \approx 0.9$

所以对于这个范围，我们随机生成 $10^6$ 个长度为 $6$ 的字符串，它们 Hash 值相同的概率高达 $90\%$。

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### 卡自然溢出 Hash

这种 Hash 由于模数太大，用上面的方法卡不了，所以我们需要另一种方法。

首先，这种 Hash 是形如 $f(s) = \sum_{i=1}^{l} s[i] \times b^{l-i}$，我们根据 $b$ 来分类讨论。

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#### b 为偶数

此时 $f(s) = s_1\cdot b^l + s_2\cdot b^{l-1} + \cdots + s_l\cdot b \pmod M$，其中 $M$ 为 $2^{64}$。

容易发现若 $l \ge 64$，$s_i\cdot b^l \equiv 0 \pmod M$。

所以我们只要构造形如：

`aaa...a`

`baa...a`

且长度大于 $64$ 的字符串就能冲突。

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#### b 为奇数

定义 $!s_i$ 为把 $s_i$ 中所有字符反转。

例：

$s_i = abaab$

$!s_i = babba$

即把 `a` 变成 `b`，把 `b` 变成 `a`。

再定义 $hash_i$ 为 $s_i$ 的 Hash 值，$!hash_i$ 为 $!s_i$ 的 Hash 值。

不断构造 $s_i = s_{i-1} + !s_{i-1}$。

$s_{12}$ 和 $!s_{12}$ 就是我们要的两个字符串。

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推导

$$
\begin{aligned}
hash_i = hash_{i-1}\cdot base^{2^{i-2}} + !hash_{i-1}\\\\
!hash_{i} = !hash_{i-1}\cdot base^{2^{i-2}}+hash_{i-1}
\end{aligned}
$$

尝试相减：

$$
\begin{aligned}
&hash_i - !hash_i\\\\
=\ &hash_{i-1}\cdot base^{2^{i-2}} + !hash_{i-1}-(!hash_{i-1}\cdot base^{2^{i-2}}+hash_{i-1})\\\\
=\ &(hash_{i-1}-!hash_{i-1})\cdot (base^{2^{i-2}}-1)
\end{aligned}
$$

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发现出现了 $2^i$，但是原式太复杂，尝试换元：

设：

$$
\begin{aligned}
f_i = hash_i - !hash_i\\\\
g_i = base^{2^{i-2}-1}
\end{aligned}
$$

根据原式得：

$$
\begin{aligned}
f_i &= f_{i-1} \cdot g_i\\\\
    &=f_1 \cdot g_1 \cdot g_2 \cdots g_{i-1}\\\\
\end{aligned}
$$

因为 $base^{2^{i-2}}$ 一定是奇数，所以 $g_i$ 一定是偶数。

所以：

$$
2^{i-1} | f_i
$$

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但这样太大了，$i-1\ge 64$ 才能卡掉，继续化简：

$$
g_i = base^{2^{i-2}-1} = (base^{2^{i-2}}-1)\cdot(base^{2^{i-2}}+1)\\\\
$$

即 $g_i$ 为 $g_{i-1} \cdot c\ (c \equiv 0 \pmod 2)$ 的形式。

所以 $2 | s_1$，$4|s_2$...，即

$$
\begin{aligned}
& 2^i &| g_i\\\\
&2^1\cdot2^2\cdot2^3\cdots2^{i-1} &| f_i\\\\
&2^{i(i-1)/2} &| f_i
\end{aligned}
$$

即当 $i=12$ 时就可以使 $2^{64} | hash_i - !hash_i$ 达到要求。

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### 例题

[例题：BZOJ 3097 Hash Killer I](https://hydro.ac/d/bzoj/p/3097)

给定一个用 **自然溢出** 实现的 Hash，要求构造一个字符串来卡掉它。

[例题：BZOJ 3097 Hash Killer II](https://hydro.ac/d/bzoj/p/3098)

给定一个用 **大模数** 实现的 Hash，要求构造一个字符串来卡掉它。

[例题：洛谷 U461211 字符串 Hash（数据加强）](https://www.luogu.com.cn/problem/U461211)

给定 $n$ 个字符串，判断不同的字符串有多少个。

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## Hash 的改进

### 多值 Hash

看了上面这么多的卡法，当然也有解决办法。

多值 Hash，就是有多个 Hash 函数，每个 Hash 函数的模数不一样，这样就能解决 Hash 冲突的问题。

判断时只要有其中一个的 Hash 值不同，就认为两个字符串不同，若 Hash 值都相同，则认为两个字符串相同。

一般来说，双值 Hash 就够用了。

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### 多次询问子串哈希

单次计算一个字符串的哈希值复杂度是 $O(n)$，其中 $n$ 为串长，与暴力匹配没有区别，如果需要多次询问一个字符串的子串的哈希值，每次重新计算效率非常低下。

一般采取的方法是对整个字符串先预处理出每个前缀的哈希值，将哈希值看成一个 $b$ 进制的数对 $M$ 取模的结果，这样的话每次就能快速求出子串的哈希了：

令 $f_i(s)$ 表示 $f(s[1..i])$，即原串长度为 $i$ 的前缀的哈希值，那么按照定义有 $f_i(s)=s[1]\cdot b^{i-1}+s[2]\cdot b^{i-2}+\dots+s[i-1]\cdot b+s[i]$

现在，我们想要用类似前缀和的方式快速求出 $f(s[l..r])$，按照定义有字符串 $s[l..r]$ 的哈希值为 $f(s[l..r])=s[l]\cdot b^{r-l}+s[l+1]\cdot b^{r-l-1}+\dots+s[r-1]\cdot b+s[r]$

对比观察上述两个式子，我们发现 $f(s[l..r])=f_r(s)-f_{l-1}(s) \times b^{r-l+1}$ 成立（可以手动代入验证一下），因此我们用这个式子就可以快速得到子串的哈希值。其中 $b^{r-l+1}$ 可以 $O(n)$ 的预处理出来然后 $O(1)$ 的回答每次询问（当然也可以快速幂 $O(\log n)$ 的回答每次询问）。

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## 实现

### 模数 Hash：

注：效率较低，实际使用中不推荐。

```cpp
using std::string;

constexpr int M = 1e9 + 7;
constexpr int B = 233;

using ll = long long;

int get_hash(const string& s) {
  int res = 0;
  for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
    res = ((ll)res * B + s[i]) % M;
  }
  return res;
}

bool cmp(const string& s, const string& t) {
  return get_hash(s) == get_hash(t);
}
```

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### 双值 Hash：

```cpp
using ull = unsigned long long;
ull base = 131;
ull mod1 = 212370440130137957, mod2 = 1e9 + 7;

ull get_hash1(std::string s) {
  int len = s.size();
  ull ans = 0;
  for (int i = 0; i < len; i++) ans = (ans * base + (ull)s[i]) % mod1;
  return ans;
}

ull get_hash2(std::string s) {
  int len = s.size();
  ull ans = 0;
  for (int i = 0; i < len; i++) ans = (ans * base + (ull)s[i]) % mod2;
  return ans;
}

bool cmp(const std::string s, const std::string t) {
  bool f1 = get_hash1(s) != get_hash1(t);
  bool f2 = get_hash2(s) != get_hash2(t);
  return f1 || f2;
}
```

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## Hash 的应用

### 字符串匹配

求出模式串的哈希值后，求出文本串每个长度为模式串长度的子串的哈希值，分别与模式串的哈希值比较即可。

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### 允许 $k$ 次失配的字符串匹配

问题：给定长为 $n$ 的源串 $s$，以及长度为 $m$ 的模式串 $p$，要求查找源串中有多少子串与模式串匹配。$s'$ 与 $s$ 匹配，当且仅当 $s'$ 与 $s$ 长度相同，且最多有 $k$ 个位置字符不同。其中 $1\leq n,m\leq 10^6$，$0\leq k\leq 5$。

这道题无法使用 KMP 解决，但是可以通过哈希 + 二分来解决。

枚举所有可能匹配的子串，假设现在枚举的子串为 $s'$，通过哈希 + 二分可以快速找到 $s'$ 与 $p$ 第一个不同的位置。之后将 $s'$ 与 $p$ 在这个失配位置及之前的部分删除掉，继续查找下一个失配位置。这样的过程最多发生 $k$ 次。

总的时间复杂度为 $O(m+kn\log_2m)$。

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### 最长回文子串

二分答案，判断是否可行时枚举回文中心（对称轴），哈希判断两侧是否相等。需要分别预处理正着和倒着的哈希值。时间复杂度 $O(n\log n)$。

这个问题可以使用 [manacher 算法](./manacher.md) 在 $O(n)$ 的时间内解决。

通过哈希同样可以 $O(n)$ 解决这个问题，具体方法就是记 $R_i$ 表示以 $i$ 作为结尾的最长回文的长度，那么答案就是 $\max_{i=1}^nR_i$。考虑到 $R_i\leq R_{i-1}+2$，因此我们只需要暴力从 $R_{i-1}+2$ 开始递减，直到找到第一个回文即可。记变量 $z$ 表示当前枚举的 $R_i$，初始时为 $0$，则 $z$ 在每次 $i$ 增大的时候都会增大 $2$，之后每次暴力循环都会减少 $1$，故暴力循环最多发生 $2n$ 次，总的时间复杂度为 $O(n)$。

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### 最长公共子字符串

问题：给定 $m$ 个总长不超过 $n$ 的非空字符串，查找所有字符串的最长公共子字符串，如果有多个，任意输出其中一个。其中 $1\leq m, n\leq 10^6$。

很显然如果存在长度为 $k$ 的最长公共子字符串，那么 $k-1$ 的公共子字符串也必定存在。因此我们可以二分最长公共子字符串的长度。假设现在的长度为 $k$，`check(k)` 的逻辑为我们将所有所有字符串的长度为 $k$ 的子串分别进行哈希，将哈希值放入 $n$ 个哈希表中存储。之后求交集即可。

时间复杂度为 $O(m+n\log n)$。

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### 确定字符串中不同子字符串的数量

问题：给定长为 $n$ 的字符串，仅由小写英文字母组成，查找该字符串中不同子串的数量。

为了解决这个问题，我们遍历了所有长度为 $l=1,\cdots ,n$ 的子串。对于每个长度为 $l$，我们将其 Hash 值乘以相同的 $b$ 的幂次方，并存入一个数组中。数组中不同元素的数量等于字符串中长度不同的子串的数量，并此数字将添加到最终答案中。

为了方便起见，我们将使用 $h [i]$ 作为 Hash 的前缀字符，并定义 $h[0]=0$。

```cpp
int count_unique_substrings(string const& s) {
  int n = s.size();

constexpr static int b = 31;
  constexpr static int m = 1e9 + 9;
  vector<long long> b_pow(n);
  b_pow[0] = 1;
  for (int i = 1; i < n; i++) b_pow[i] = (b_pow[i - 1] * b) % m;

vector<long long> h(n + 1, 0);
  for (int i = 0; i < n; i++)
    h[i + 1] = (h[i] + (s[i] - 'a' + 1) * b_pow[i]) % m;

int cnt = 0;
  for (int l = 1; l <= n; l++) {
    set<long long> hs;
    for (int i = 0; i <= n - l; i++) {
      long long cur_h = (h[i + l] + m - h[i]) % m;
      cur_h = (cur_h * b_pow[n - i - 1]) % m;
      hs.insert(cur_h);
    }
    cnt += hs.size();
  }
  return cnt;
}
```

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### 例题

[CF1200E Compress Words](http://codeforces.com/contest/1200/problem/E)

给你若干个字符串，答案串初始为空。第 $i$ 步将第 $i$ 个字符串加到答案串的后面，但是尽量地去掉重复部分（即去掉一个最长的、是原答案串的后缀、也是第 $i$ 个串的前缀的字符串），求最后得到的字符串。

字符串个数不超过 $10^5$，总长不超过 $10^6$。

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题解

每次需要求最长的、是原答案串的后缀、也是第 $i$ 个串的前缀的字符串。枚举这个串的长度，哈希比较即可。

当然，这道题也可以使用 [KMP 算法](./kmp.md) 解决。

参考代码
```cpp
#include <cassert>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

constexpr int L = 1e6 + 5;
constexpr int HASH_CNT = 2;

int hashBase[HASH_CNT] = {29, 31};
int hashMod[HASH_CNT] = {int(1e9 + 9), 998244353};

struct StringWithHash {
  char s[L];
  int ls;
  int hsh[HASH_CNT][L];
  int pwMod[HASH_CNT][L];

void init() {  // 初始化
    ls = 0;
    for (int i = 0; i < HASH_CNT; ++i) {
      hsh[i][0] = 0;
      pwMod[i][0] = 1;
    }
  }

StringWithHash() { init(); }

void extend(char c) {
    s[++ls] = c;                          // 记录字符数和每一个字符
    for (int i = 0; i < HASH_CNT; ++i) {  // 双哈希的预处理
      pwMod[i][ls] =
          1ll * pwMod[i][ls - 1] * hashBase[i] % hashMod[i];  // 得到b^ls
      hsh[i][ls] = (1ll * hsh[i][ls - 1] * hashBase[i] + c) % hashMod[i];
    }
  }

vector<int> getHash(int l, int r) {  // 得到哈希值
    vector<int> res(HASH_CNT, 0);
    for (int i = 0; i < HASH_CNT; ++i) {
      int t =
          (hsh[i][r] - 1ll * hsh[i][l - 1] * pwMod[i][r - l + 1]) % hashMod[i];
      t = (t + hashMod[i]) % hashMod[i];
      res[i] = t;
    }
    return res;
  }
};

bool equal(const vector<int> &h1, const vector<int> &h2) {
  assert(h1.size() == h2.size());
  for (unsigned i = 0; i < h1.size(); i++)
    if (h1[i] != h2[i]) return false;
  return true;
}

int n;
StringWithHash s, t;
char str[L];

void work() {
  int len = strlen(str);  // 取字符串长度
  t.init();
  for (int j = 0; j < len; ++j) t.extend(str[j]);
  int d = 0;
  for (int j = min(len, s.ls); j >= 1; --j) {
    if (equal(t.getHash(1, j), s.getHash(s.ls - j + 1, s.ls))) {  // 比较哈希值
      d = j;
      break;
    }
  }
  for (int j = d; j < len; ++j) s.extend(str[j]);  // 更新答案数组
}

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> str;
    work();
  }
  cout << s.s + 1 << '\n';
  return 0;
}
```