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题目传送门 - CodeForces 528D
题意
给你两个串$A,B(|A|geq|B|)$，以及一个$k$。
其中$A_i$与$B_j$匹配的条件是$A_{i-kdots i+k}$中至少有一个与$B_j$相同。
问$B$能在$A$中匹配多少次。
字符集：${'A','C','G','T'}$。
$|B|leq|A|leq 2 imes 10^5,kleq 2 imes 10^5$
题解
由于我太弱了做这题又百度了真难受。
首先我们先学习一个用$FFT$快速匹配字符串的办法$longrightarrow$链接。
首先注意到字符集很小。
我一开始的想法：
令
$$f[c]_i=[A串的第i位可以与字符c匹配]$$
$$g[c]_i=[B串的第i位可以与字符c匹配]$$
于是很容易写出卷积式子：
$$h_i=sum_{j=0}^{i}prod_{cin{'A','C','G','T'}}(f[c]_j-g[c]_{i-j})^2$$
如果$h_i=0$则从$A$的第$i-|B|+1$个位置开始可以匹配。
但是马上发现这个式子的锅太重了。
一个是你展开之后……（你先把他展开吧QAQ）
第二个是他会因为他硕大的常数而最终GG。
然后就求助度娘了。
发现4个字符可以分开贡献。主要是因为$B$串只能死板匹配。
对于一个字符$c$，
如果$A$串的第$i$个位置可以放$c$，那么$f_i=1$，否则$f_i=0$。
如果$B$串的第$i$个位置可以放$c$，那么$g_i=1$，否则$g_i=0$。
然后卷积：
$$h_i=sum_{j=0}^i f_jg_{i-j}$$
然后把$4$个字符的解累加起来。
$$res_i=sum_{cin{'A','C','G','T'}}h[c]_i$$。
显然，如果$res_i=|B|$，那么从$A$串的第$i-|B|+1$位开始可以匹配。
然后时间复杂度还是$O((|A|+|B|)log(|A|+|B|))$。常数小了很多，也不用自己展开了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<19;
double PI=acos(-1.0);
int n,L,R[N];
struct C{
double r,i;
C(){}
C(double a,double b){r=a,i=b;}
C operator + (C x){return C(r+x.r,i+x.i);}
C operator - (C x){return C(r-x.r,i-x.i);}
C operator * (C x){return C(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
}w[N],X[N],Y[N],Z[N];
double x[N],y[N],z[N];
char str1[N],str2[N];
int cti[300];
int k,a[N],b[N],A,B,res[N];
void FFT(C a[]){
for (int i=0;i<n;i++)
if (i>R[i])
swap(a[i],a[R[i]]);
for (int t=n>>1,d=1;d<n;d<<=1,t>>=1)
for (int i=0;i<n;i+=(d<<1))
for (int j=0;j<d;j++){
C tmp=w[t*j]*a[i+j+d];
a[i+j+d]=a[i+j]-tmp;
a[i+j]=a[i+j]+tmp;
}
}
void FFT_times(double x[],double y[],double z[]){
for (int i=0;i<n;i++)
X[i]=C(x[i],0),Y[i]=C(y[i],0);
FFT(X),FFT(Y);
for (int i=0;i<n;i++)
Z[i]=X[i]*Y[i],w[i].i*=-1.0;
FFT(Z);
for (int i=0;i<n;i++)
z[i]=Z[i].r/n,w[i].i*=-1.0;
}
int main(){
cti['A']=0,cti['C']=1,cti['G']=2,cti['T']=3;
scanf("%d%d%d%s%s",&A,&B,&k,str1,str2);
for (int i=0;i<A;i++)
a[i]=cti[str1[i]];
for (int i=0;i<B;i++)
b[i]=cti[str2[i]];
for (int i=0;i<B/2;i++)
swap(b[i],b[B-i-1]);
for (n=1,L=0;n<A+B;n<<=1,L++);
for (int i=0;i<n;i++){
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
w[i]=C(cos(2*i*PI/n),sin(2*i*PI/n));
}
memset(res,0,sizeof res);
for (int i=0;i<4;i++){
for (int j=0;j<n;j++)
x[j]=y[j]=0;
int cnt=0;
for (int j=0;j<k;j++)
cnt+=a[j]==i;
for (int j=0;j<A;j++){
if (j+k<A)
cnt+=a[j+k]==i;
if (j-k-1>=0)
cnt-=a[j-k-1]==i;
x[j]=cnt>0?1:0;
}
for (int j=0;j<B;j++)
y[j]=b[j]==i?1:0;
FFT_times(x,y,z);
for (int j=B-1;j<A;j++)
res[j]+=(int)(z[j]+0.5);
}
int ans=0;
for (int i=B-1;i<A;i++)
if (res[i]==B)
ans++;
printf("%d",ans);
return 0;
}