HDU - 6975 Forgiving Matching(多项式匹配字符串)

Posted 2021-08-28 Frozen_Guardian

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题目大意：给出一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ 和一个长度为 $m$ 的字符串 $t$。规定 $k$ 匹配的意思是，两个长度相同的字符串至多有 $k$ 个位置是不同的，特别的，$k=0$ 时指的就是完全匹配。现在问当 $k\in [0,m]$ 时，字符串 $t$ 可以和字符串中的多少个子串匹配

题目分析：这里简单分析一下多项式匹配字符串的一般方法。设 $S(i)$ 为字符串 $s$ 的每一位，同理 $T(j)$ 为字符串 $t$ 的每一位，规定 $F(x)$ 为“在字符串 $s$ 中，子串 $s[x-m+1:x]$ 可以与字符串 $t$ 匹配的位数”。自然当 $S(i)=T(j)$ 时，$F(i-j)$ 加一。考虑将 $t$ 翻转得到 $T^{\prime }$，易知 $T(j)=T^{\prime }(m-j-1)$，所以当 $S(i)=T^{\prime }(j)$ 时，$F(i-(m-j-1))$ 加一，即 $F((i+j)-m-1)$ 加一，然后枚举字符集，每次卷积累加就可以统计出答案了，显然 $m-F(x)$ 代表的就是子串 $s[x-m+1:x]$ 与字符串 $t$ 的失配数了

具体实现方法就是枚举字符集，将两个字符串都转换为 $01$ 串，这样就可以很方便的通过卷积实现上面的操作了

这种匹配的做法受限于字符集大小，复杂度为 $O(knlogn)$，其中 $k$ 为字符集大小

回到本题，如何处理通配符呢，其实可以单独处理，对于每个子串而言，通过通配符匹配的字符个数为：S子串中通配符的个数 + T串中通配符的个数 - S子串和T串中通配符匹配的个数

前两项都可以预处理前缀和维护，第三项可以用多项式像前面一样处理出来

代码：

// Problem: Forgiving Matching
// Contest: Virtual Judge - HDU
// URL: https://vjudge.net/problem/HDU-6975
// Memory Limit: 524 MB
// Time Limit: 12000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
    T f=1;x=0;
    char ch=getchar();
    while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
    if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}
    if(x>9)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+100;
const int mod=998244353,G=3,Gi=332748118; 
int n,m,limit = 1,L,r[N<<2],sum[N],ans[N];
LL a[N<<2],b[N<<2],f[N<<2];
char s[N<<2],t[N<<2];
inline LL fastpow(LL a, LL k) {
    LL base = 1;
    while(k) {
        if(k & 1) base = (base * a ) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        k >>= 1;
    }
    return base % mod;
}
inline void NTT(LL *A, int type) {
    for(int i = 0; i < limit; i++) 
        if(i < r[i]) swap(A[i], A[r[i]]);
    for(int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {    
        LL Wn = fastpow( type == 1 ? G : Gi , (mod - 1) / (mid << 1));
        for(int j = 0; j < limit; j += (mid << 1)) {
            LL w = 1;
            for(int k = 0; k < mid; k++, w = (w * Wn) % mod) {
                 int x = A[j + k], y = w * A[j + k + mid] % mod;
                 A[j + k] = (x + y) % mod,
                 A[j + k + mid] = (x - y + mod) % mod;
            }
        }
    }
}
void init() {
    memset(s,0,sizeof(s));
    memset(t,0,sizeof(t));
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    memset(f,0,sizeof(f));
    limit=1,L=0;
    while(limit<=n+m) limit<<=1,L++;
    for(int i=0;i<limit;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    // freopen("C:\\\\Users\\\\Frozen_Guardian\\\\Desktop\\\\1003.in","r",stdin);
    // freopen("C:\\\\Users\\\\Frozen_Guardian\\\\Desktop\\\\1003.txt","w",stdout);
#endif
//    ios::sync_with_stdio(false);
    int w;
    cin>>w;
    while(w--) {
        read(n),read(m);
        init();
        scanf("%s%s",s,t);
        reverse(t,t+m);
        for(int k=0;k<=10;k++) {
            char ch;
            if(k<10) {
                ch='0'+k;
            } else {
                ch='*';
            }
            for(int i=0;i<limit;i++) {
                a[i]=s[i]==ch;
                b[i]=t[i]==ch;
            }
            NTT(a,1),NTT(b,1);
            for(int i=0;i<limit;i++) {
                if(k<10) {
                    f[i]=(f[i]+a[i]*b[i])%mod;
                } else {
                    f[i]=(f[i]-a[i]*b[i]%mod+mod)%mod;
                }
            }
        }
        NTT(f,-1);
        LL inv=fastpow(limit,mod-2);
        for(int i=0;i<=n+m;i++) {
            f[i]=(f[i]*inv)%mod;
        }
        int cnt=0;
        for(int i=0;i<m;i++) {
            cnt+=t[i]=='*';
        }
        for(int i=0;i<n;i++) {
            if(i) {
                sum[i]+=sum[i-1];
            }
            sum[i]+=s[i]=='*';
        }
        for(int i=m-1;i<n;i++) {
            f[i]=(f[i]+sum[i]+cnt)%mod;
            if(i>=m) {
                f[i]=(f[i]-sum[i-m]+mod)%mod;
            }
        }
        for(int i=m-1;i<n;i++) {
            ans[m-f[i]]++;
        }
        for(int i=0;i<=m;i++) {
            以上是关于HDU - 6975 Forgiving Matching(多项式匹配字符串)的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
 
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