abaaabb
bbaabba
0100011
1100110
如何O(1)判断两个字符串相等
一个想法是先转成2进制，再转成10进制，hash成整数值，O(1)比较
但是这个hash复杂度却是与串长同阶，类似于a*base^2+b
O(1)时间知道hash值就能O(1)比较两个字符串是否相等
baabc
b
ba
baa
baab
baabc
ba
记录前缀的hash值
1*3 ^3+0*3^2+
Hash[l~r]
Pre[x]=Pre[x-1]*26+(S[x]-‘a‘)
Pre[r]=Hash[l~r]
Pre[r] Pre[l-1]
Hash[l~r]
= Pre[r]-Pre[l-1]*26^(r-l)
abba
ab的hash
如何求后缀ba的hash
1*2^3+2*2^2+2*2^1+1*2^0
ab
1*2^1+2*2^0
让ab移位到和abba,*2^(r-l),移两位
这个幂次可以前缀乘O（n）预处理。。不要每次都算
然后让Hash["abba"]-Hash["ab"]
就能得到后缀"ba",的Hash值
由于int或者long long是自然溢出
出题人可能会卡这个模数。。就是两个不同的Hash值。。取模后相同了。。
区间相减。。有可能出现负数。。
然鹅。。-3mod10==7mod10,你-3mod10,本来应该是7，但是你算出来的这个-3可能与其他串hash值相同？
所以我们还是(a-b+mod)%mod,我们还可以用双hash..弄俩模数。。取模不相等才是合法的。。
abababaababacb
ababacb
kmp算法需要观察一个显然成立。。那就是匹配的串其前缀必定相等。。那么。。可能匹配的串其前缀
nxt[]数组：求一个前缀与后缀匹配。。请求出最长的前缀长度。。输出长度和char答案
一个显然的事实：长度为len的前缀和后缀分别只有一个
另一个显然的事实：每一个后缀都是不同的
nxt[]数组求得是除了以i结尾的串的，最长的前缀的长度。。但是这个前缀长度我们一般不会扩展到以i结尾，即1~i的长度（串从1开始）
ababac T
nxt[1]=0;是一个显然的事实
nxt[4]=2
nxt[5]=3
nxt[4]的前缀后面加一格是nxt[5]所考虑的前缀。。nxt[4]的后缀加一格是nxt[5]所考虑的后缀
n/1+n/2+n/3+......+n/n==>nlogn
周期串满足的性质：
应该是len/(len-next[len])
（）（）（）......（）一共有n个（）。那么next[len]就是n-1个（）
所以用len-next[len]就是一个(）。然后一除就是答案
可以证明这样一定是最优的
证明的话，我觉得可以反证。就是假设有()比（）短是的n
使得n更大
那么nxt也一定更大，矛盾
就比如abcdabcdabcd
设周期串的长度是len
第一个d结尾的nxt等于0
第二个d结尾的nxt等于0+len
同理第n个d结尾的nxt就会等于n-1*len
那么。。LEN=n*len,nxt[LEN]=(n-1)*len,
其实我们本来不知道len是多少。。但是列出此方程就能得出
len=LEN-nxt[LEN]=n*len-(n-1)*len=len;
所以说这个是成立的。。。