【CF528D】Fuzzy Search

Problem

Description

你有一个长度为 \(n\) 的串 \(S\),以及长度为 \(m\) 的串 \(T\)

现给定一个数 \(k\) ,我们说 \(T\)\(S\) 的位置 \(i\) 匹配上,当且仅当对于每一个 \(1\le a\le m\) ,都有一个位置 \(1\le b\le n\) 满足 \(|(i+a-1)-b|\le k\) ,且 \(S_b=T_a\)

请回答 \(T\)\(S\) 中匹配上了多少个不同的位置。

Range

\(n,m,k\le2*10^5\)

Algorithm

多项式

Mentality

思路很妙的说。

先考虑 \(k=0\) 的情况。不难发现,当 \(T\)\(S\) 匹配上时,\(T\) 中的每个字符与 \(S\) 中对应匹配字符的 位置的差 是相等的。

同时考虑在多项式乘法中,若许多对项最后会贡献在同一个位置上,那么它们的 次方的和 是相等的。

则考虑倒转原串,得到 \(T'\)

由于字符集大小仅仅为 \(4\) ,我们可以尝试一下分开考虑每种不同的字符。

对于当前字符 \(c\),考虑设 \(f_i=[S_i==c]*x^i\)\(g_i=[T'_i==c]*x^i\)

则对于得到的 \(F(x)=f(x)*g(x)\) 而言,我们发现对于原串中的字符 \(S_i=T_j=c\) ,它们在 \(f\)\(g\) 中对应项的乘积为 \(1\) ,且对位置 \(m-j+1+i\) 产生了 \(1\) 的贡献。

对于下一种字符 \(p\) 而言,若有 \(S_{i+1}=T_{j+1}=p\),则会对 \(m-(j+1)+1+(i+1)=m-j+1+i\)\(1\) 的贡献。

换句话说,若有 \(T\)\(S\) 的位置 \(i\) 匹配上了,那么必定有:\(T_1=S_i,T_2=S_{i+1}\dots T_m=S{i+m-1}\) ,也就必定会在对四种字符的卷积里对 \(m-j+1+i\) 这一项总共产生 \(m\) 的贡献。

将四次卷积的结果相加,则最后的答案为:系数为 \(m\) 的项的个数。

接着考虑 \(k>0\) 的情况,我们会发现和 \(k=0\) 的思路几乎一致,对于这个 \(k\) ,想想它的意义:我们在处理每种不同的字符的时候,若当前字符为 \(c\) ,对于每个为 \(c\) 的位置,它往左右两边 \(k\) 位也都是可以匹配的位置。

那我们直接将每个 \(c\) 的左右 \(k\) 位也都设成 \(c\) 不就好了嘛?

那么思路就很清晰了:四种字符分别统计,然后对于每种当前统计的字符,将左右 \(k\) 位设为同样的字符,得到 \(f,g\) 两个多项式,并将其卷积得到 \(F(x)=f(x)*g(x)\) ,将四个 \(F(x)\) 相加,统计系数为 \(m\) 的项数。

完毕。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define go(x, i, v) for (int i = hd[x], v = to[i]; i; v = to[i = nx[i]])
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
LL read() {
  long long x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) w = ch == '-' ? -1 : 1, ch = getchar();
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
const int Max_n = 2e5 + 5, mod = 998244353, G = 3;
int n, m, K, ans;
int f[Max_n << 2], g[Max_n << 2], A[Max_n << 2];
int lim, bit, rev[Max_n << 2];
char S[Max_n], T[Max_n];
inline void Convert(char &c) {
  if (c == 'A') c = 'a';
  if (c == 'C') c = 'b';
  if (c == 'G') c = 'c';
  if (c == 'T') c = 'd';
}
inline int ksm(int a, int b) {
  int res = 1;
  for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
    if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
  return res;
}
namespace NTT {
inline void dft(int *f, bool t) {
  for (int i = 0; i < lim; i++)
    if (rev[i] > i) swap(f[i], f[rev[i]]);
  for (int len = 1; len < lim; len <<= 1) {
    int Wn = ksm(G, (mod - 1) / (len << 1));
    if (t) Wn = ksm(Wn, mod - 2);
    for (int i = 0; i < lim; i += len << 1) {
      int Wnk = 1;
      for (int k = i; k < i + len; k++, Wnk = 1ll * Wnk * Wn % mod) {
        int x = f[k], y = 1ll * f[k + len] * Wnk % mod;
        f[k] = (x + y) % mod, f[k + len] = (x - y + mod) % mod;
      }
    }
  }
}
}  // namespace NTT
inline void ntt(int *f, int *g) {
  NTT::dft(f, 0), NTT::dft(g, 0);
  for (int i = 0; i < lim; i++) f[i] = 1ll * f[i] * g[i] % mod;
  NTT::dft(f, 1);
  int Inv = ksm(lim, mod - 2);
  for (int i = 0; i < lim; i++) f[i] = 1ll * f[i] * Inv % mod;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("D.in", "r", stdin);
  freopen("D.out", "w", stdout);
#endif
  n = read(), m = read(), K = read();
  scanf(" %s", S + 1), scanf("%s", T + 1);
  for (int i = 1; i <= n; i++) Convert(S[i]);
  for (int i = 1; i <= m; i++) Convert(T[i]);
  for (int i = 1; i <= m / 2; i++) swap(T[i], T[m - i + 1]);
  bit = log2(n + m) + 1, lim = 1 << bit;
  for (int i = 0; i < lim; i++)
    rev[i] = rev[i >> 1] >> 1 | ((i & 1) << (bit - 1));
  for (int k = 'a'; k <= 'd'; k++) {
    memset(f, 0, sizeof(f)), memset(g, 0, sizeof(g));
    for (int i = 1, cnt = 0; i <= n; i++) {
      if (S[i] == k)
        cnt = K, f[i] = 1;
      else if (cnt)
        cnt--, f[i] = 1;
    }
    for (int i = n, cnt = 0; i >= 1; i--) {
      if (S[i] == k)
        cnt = K, f[i] = 1;
      else if (cnt)
        cnt--, f[i] = 1;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) g[i] = T[i] == k;
    ntt(f, g);
    for (int i = 0; i < lim; i++) A[i] += f[i];
  }
  for (int i = 0; i < lim; i++)
    ans += A[i] == m;
  cout << ans;
}
posted @ 2019-09-08 15:08  洛水·锦依卫  阅读(368)  评论(0编辑  收藏  举报