題面

有兩個串\(A\)和\(B\)，長度分別為\(n\)和\(m\)，只含'Z','P','S','B'四個大寫字母，定義\(B\)在第\(p\)位(\(0 \le p \le n - m\))匹配\(A\)為對\(B\)的每個位置\(B_i\)，在\(A_{\max (0, p + i - k)}\)到\(A_{min(n - 1, p + i + k)}\)中都存在與\(B_i\)相同的字符，現(xiàn)給出\(A\)，\(B\)和\(k\)，問\(B\)在多少個位置和\(A\)匹配

題外話

怕是幾天來改得最快的一道題了……

解析

只有四個字母，就考慮分開處理

枚舉每個字符

設(shè)\(a_i\)表示\(A\)串的第\(i\)個位置能不能匹配這個字符，\(b_i\)表示\(B\)串的第\(i\)個位置是否是這個字符(\(a_i, b_i\)都是\(0/1\))

那么\(p\)位置能匹配的位置數(shù)量就是\(\sum_{i = 0}^{m - 1} b_i \cdot a_{p + i} = \sum_{i = 0}^{n - p - 1} b_i \cdot a_{p + i}\)，上界可以擴展因為\(m - 1\)之后的位置\(b\)為\(0\)，不會影響結(jié)果

設(shè)這個式子為\(f(p)\)，把\(a_i\)翻轉(zhuǎn)一下，即\(g(i) = a_{n - 1 - i}\)，那么：
\[ \begin{align} f(p) & = \sum_{i = 0}^{n - p - 1} b_i\cdot a_{p + i} \\ & = \sum_{i = 0}^{n - p - 1} b_i \cdot g(n - p - 1 - i) \end{align} \]
然后把\(f\)翻轉(zhuǎn)，得到：
\[ f(n - 1 - p) = \sum_{i = 0}^{n - p - 1} b_i \cdot g(n - p - 1 - i) \]
這不就是個卷積嗎，\(FFT\)或者\(NTT\)都可以做

對每個字符求出各個位置能匹配的數(shù)量，顯然只有當一個位置各個字符匹配數(shù)量的和為\(m\)的時候\(B\)才能在這個位置匹配\(A\)，最后判一下統(tǒng)計答案就行了

代碼

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #define MAXN 200005typedef long long LL; const int mod = 998244353; const char set[] = {'Z', 'P', 'S', 'B'};int qpower(int, int, int); void pre_rev(int); void NTT(int *, int, int);int K, n, m, ans, match[MAXN], rev[MAXN << 2], f[MAXN << 2], g[MAXN << 2]; char A[MAXN], B[MAXN];inline void inc(int &x, int y) { x += y; if (x >= mod) x -= mod; } inline void dec(int &x, int y) { x -= y; if (x < 0) x += mod; } inline int add(int x, int y) { x += y; return x >= mod ? x - mod : x; } inline int sub(int x, int y) { x -= y; return x < 0 ? x + mod : x; }int main() {freopen("base.in", "r", stdin);freopen("base.out", "w", stdout);scanf("%d%s%s", &K, A, B);n = strlen(A), m = strlen(B);if (m > n) { puts("0"); return 0; }for (int i = 0; i < 4; ++i) {memset(f, 0, sizeof f); memset(g, 0, sizeof g);for (int j = 0, last = -1; j < n; ++j) {if (A[j] == set[i]) last = j;if ((~last) && last >= j - K) g[j] = 1;}for (int j = n - 1, last = -1; j >= 0; --j) {if (A[j] == set[i]) last = j;if((~last) && last <= j + K) g[j] = 1;}for (int j = 0; j < m; ++j)if (B[j] == set[i]) f[j] = 1;std::reverse(g, g + n);int sz;for (sz = 0; (1 << sz) < (n << 1); ++sz);pre_rev(sz);NTT(f, sz, 1); NTT(g, sz, 1);for (int i = 0; i < (1 << sz); ++i) f[i] = (LL)f[i] * g[i] % mod;NTT(f, sz, -1);for (int i = 0; i <= n - m; ++i) inc(match[i], f[n - 1 - i]);//debug//for (int i = 0; i <= n - m; ++i) printf("%d ", f[n - 1 - i]);//puts("");}for (int i = 0; i <= n - m; ++i) if (match[i] == m) ++ans;printf("%d\n", ans);return 0; } int qpower(int x, int y, int p) {int res = 1;while (y) {if (y & 1) res = (LL)res * x % p;x = (LL)x * x % p; y >>= 1;}return res; } void NTT(int *arr, int sz, int tp) {for (int i = 0; i < (1 << sz); ++i)if (rev[i] > i) std::swap(arr[i], arr[rev[i]]);for (int len = 2, half = 1; len <= (1 << sz); len <<= 1, half <<= 1) {int wn = qpower(3, (mod - 1) / len, mod);if (tp == -1) wn = qpower(wn, mod - 2, mod);for (int i = 0; i < (1 << sz); i += len) {int w = 1;for (int j = 0; j < half; ++j, w = (LL)w * wn % mod) {int x = arr[i + j], y = (LL)arr[i + j + half] * w % mod;inc(arr[i + j], y); dec(arr[i + j + half] = x, y);}}}if (tp == -1) {int inv = qpower(1 << sz, mod - 2, mod);for (int i = 0; i < (1 << sz); ++i) arr[i] = (LL)arr[i] * inv % mod;} } inline void pre_rev(int sz) {for (int i = 0; i < (1 << sz); ++i) rev[i] = ((rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << sz - 1)); } //Rhein_E

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/Rhein-E/p/10524007.html

總結(jié)

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