AtCoder panasonic2020_e

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给定(3)个字符串(a,b,c,|a|=n,|b|=m,|c|=s)，求长度最小的字符串(ans)，满足(a,b,c)都可以由(ans)的某个子串将其中某些字符替换成( exttt?)得到。输出最小的长度。

(n,m,sin[1,2000])。

（以下认为(n,m,s)同阶，在复杂度中用(n)表示）

首先，思路很显然：可以枚举(a,b)在(ans)的相对距离，如果无冲突就考虑(c)在(ans)中与(a,b)相对的位置。(a,b)的相对距离的数量是(mathrm O(n))，因为若(a)首(b)尾或(a)尾(b)首的距离超过(s+1)，那便没了意义。

接下来考虑确定了(a,b)的相对距离之后，如何“考虑(c)在(ans)中与(a,b)相对的位置”。显然，一次最多能承受(mathrm O(n))。

找到所有(c)的无冲突位置，然后以最小的能包含(a,b,c)的(|ans|)更新答案。位置数显然是(mathrm O(n))的。关键问题在于如何“找到所有(c)的无冲突位置”。看似很简单？哈希？Z？KMP？抱歉，都不行。该死的通配符( exttt?)！显然，有了通配符之后，可匹配函数是这样定义的：(eq:eq(x,y)=[x= exttt?lor y= exttt?lor x=y])，它并不满足传递性。而Z和KMP都利用了可匹配函数的传递性，所以跑不了。至于哈希，显然更跑不了了……bg，据说FFT可以解决带通配符的字符串模式匹配，而蒟蒻还没学过，而且那是(mathrm O(nlog n))的，你觉得能过么？

那怎么办呢？容易发现，字符串长度都很小，但是因为有(mathrm O(n))种相对位置，使得复杂度变高。我们可以充分利用“字符串长度都很小”这个特点，预处理一些东西。不难发现，(c)当前的位置无冲突，当且仅当它跟(a)无冲突且跟(b)无冲突。

以判断跟(a)有无冲突为例。显然，冲突只可能发生在(a,c)所覆盖的位置集合的交集里。于是我们考虑(a,c)覆盖的区间的关系，有以下几种：

1. (c)左离(a)，此时肯定无冲突；
2. (c)右离(a)，此时肯定无冲突；
3. (c)左交(a)，此时交集是(a)的前缀，共(mathrm O(n))种可能；
4. (c)右交(a)，此时交集是(a)的后缀，共(mathrm O(n))种可能；
5. (c)包含(a)，此时交集是(c)的长度为(|a|)的子区间，共(mathrm O(n))种可能；
6. (c)包含于(a)，此时交集是(a)的长度为(|c|)的子区间，共(mathrm O(n))种可能。

综上，共(mathrm O(n))种交集，对于每个交集都(mathrm O(n))暴力匹配预处理一下即可！

对(b)与(c)的冲突判断与(a)与(c)的冲突判断类似。

最后还有一个小调整：我们可以强行令(c)为长度最小的那个字符串，这样就可以排除掉第(5)种——(c)包含(a)啦！

最终时间复杂度为(mathrm O!left(n^2 ight))

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2000;
int n,m,s;//3个字符串的长度 
char a[N+5],b[N+5],c[N+5];//3个字符串 
bool eq(char x,char y){return x=='?'||y=='?'||x==y;}//可匹配函数 
bool pre_a[N+1]/*交集是a的前缀*/,rg_a[N+1]/*交集是a的子区间*/,suf_a[N+1]/*交集是a的后缀*/,pre_b[N+1],rg_b[N+1],suf_b[N+1]/*类似a*/;
void pre_rg_suf_init(int lenx,char x[],bool pre[],bool rg[],bool suf[]){//预处理 
	memset(pre,1,N+1);memset(rg,1,N+1);memset(suf,1,N+1);
	for(int i=1;i<=s;i++)for(int j=1;j<=i;j++)/*暴力匹配*/pre[i]&=eq(x[j],c[j-i+s]); 
	for(int i=2;i+s-1<lenx;i++)for(int j=i;j<=i+s-1;j++)/*暴力匹配*/rg[i]&=eq(x[j],c[j-i+1]);
	for(int i=lenx-s+1;i<=lenx;i++)for(int j=i;j<=lenx;j++)/*暴力匹配*/suf[i]&=eq(x[j],c[j-i+1]);
}
bool ok(int dif){//a与b的位置差为dif时是否无冲突 
	for(int i=1;i<=n;i++)if(1<=i-dif&&i-dif<=m&&!eq(a[i],b[i-dif]))/*冲突*/return false;
	return true;
}
int sol(int dif){//a与b的位置差为dif时最小的|ans| 
	//设a的位置为1~n 
	int l=min(1,1+dif),r=max(n,m+dif);//能包含a,b的最小区间 
	int ans=inf;
	for(int i=l-s;i<=r+1;i++)//枚举c开头的位置 
		if((i+s-1<1?true:i<=1?pre_a[i+s-1]:i+s-1<n?rg_a[i]:i<=n?suf_a[i]:true)&&//a,c无冲突 
		   (i+s-1<1+dif?true:i<=1+dif?pre_b[i+s-1-dif]:i+s-1<m+dif?rg_b[i-dif]:i<=m+dif?suf_b[i-dif]:true)/*b,c无冲突*/)
			ans=min(ans,max(r,i+s-1)-min(l,i)+1/*能包含a,b,c的最小区间长度*/);//更新答案 
//	cout<<dif<<" "<<ans<<"
";
	return ans;
}
int main(){
	cin>>a+1>>b+1>>c+1;
	n=strlen(a+1);m=strlen(b+1);s=strlen(c+1);
	if(s>n){
		for(int i=1;i<=s;i++)swap(a[i],c[i]);
		swap(n,s);
	}
	if(s>m){
		for(int i=1;i<=s;i++)swap(b[i],c[i]);
		swap(m,s);
	}//强行令c为最短的字符串 
	pre_rg_suf_init(n,a,pre_a,rg_a,suf_a);pre_rg_suf_init(m,b,pre_b,rg_b,suf_b);//预处理 
	int ans=inf;
	for(int i=-(m+s);i<=n+s;i++)if(ok(i))ans=min(ans,sol(i));//求答案 
	cout<<ans;
	return 0;
}