BZOJ4259 残缺的字符串 【fft】
2018-04-09 14:08
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题目
很久很久以前,在你刚刚学习字符串匹配的时候,有两个仅包含小写字母的字符串A和B,其中A串长度为m,B串长度为n。可当你现在再次碰到这两个串时,这两个串已经老化了,每个串都有不同程度的残缺。
你想对这两个串重新进行匹配,其中A为模板串,那么现在问题来了,请回答,对于B的每一个位置i,从这个位置开始连续m个字符形成的子串是否可能与A串完全匹配?
输入格式
第一行包含两个正整数m,n(1<=m<=n<=300000),分别表示A串和B串的长度。
第二行为一个长度为m的字符串A。
第三行为一个长度为n的字符串B。
两个串均仅由小写字母和号组成,其中号表示相应位置已经残缺。
输出格式
第一行包含一个整数k,表示B串中可以完全匹配A串的位置个数。
若k>0,则第二行输出k个正整数,从小到大依次输出每个可以匹配的开头位置(下标从1开始)。
输入样例
3 7
a*b
aebr*ob
输出样例
2
1 5
题解
似乎字符串相关数据结构很难解决这个问题,我们考虑量化匹配关系
我们尝试构造两个多项式,
如果我们能让匹配的位置通过某种运算为0,似乎就能匹配了
如何构造?
如果两个位置匹配,要么这两个位置相等,要么为\(*\)
相等为0,容易想到减法
存在\(*\)就为0,容易想到*就表示0,然后乘起来
就成了这个样子:
\[\sum\limits_{i=1}^{len} (A_i - B_i)^2 * A_i * B_i\]
将其展开成为三个乘积相加的形式
我们将A串翻转,就可以三次fft计算了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<complex> #include<cstring> #include<algorithm> #define eps 1e-9 #define LL long long int #define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt) #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) #define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts(""); using namespace std; const int maxn = 1200005,maxm = 100005,INF = 1000000000; inline int read(){ int out = 0,flag = 1; char c = getchar(); while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();} while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();} return out * flag; } const double pi = acos(-1); struct E{ double r,i; E(){} E(double a,double b):r(a),i(b){} E operator =(const int& b){ r = b; i = 0; return *this; } }; inline E operator +(const E& a,const E& b){ return E(a.r + b.r,a.i + b.i); } inline E operator -(const E& a,const E& b){ return E(a.r - b.r,a.i - b.i); } inline E operator *(const E& a,const E& b){ return E(a.r * b.r - a.i * b.i,a.r * b.i + b.r * a.i); } inline E operator *=(E& a,const E& b){ return (a = a * b); } inline E operator /(E& a,const double& b){ return E(a.r / b,a.i / b); } inline E operator /=(E& a,const double& b){ return (a = a / b); } int n,m,L,R[maxn]; E A[maxn],B[maxn]; void fft(E* a,int f){ for (int i = 0; i < n; i++) if (i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]); for (int i = 1; i < n; i <<= 1){ E wn(cos(pi / i),f * sin(pi / i)); for (int j = 0; j < n; j += (i << 1)){ E w(1,0); for (int k = 0; k < i; k++,w *= wn){ E x = a[j + k],y = w * a[j + k + i]; a[j + k] = x + y; a[j + k + i] = x - y; } } } if (f == -1) for (int i = 0; i < n; i++) a[i] /= n; } char P[maxn],T[maxn]; int len,lm,ans[maxn],ansi; double C[maxn]; void solve(){ int tmp; for (int i = 0; i < n; i++) A[i] = B[i] = 0; for (int i = 0; i < len; i++){ if (P[i] != '*'){ tmp = (P[i] - 'a' + 1); A[i] = tmp * tmp * tmp; } } for (int i = 0; i < lm; i++){ if (T[i] != '*'){ tmp = (T[i] - 'a' + 1); B[i] = tmp; } } fft(A,1); fft(B,1); for (int i = 0; i < n; i++) A[i] *= B[i]; fft(A,-1); for (int i = 0; i < n; i++) C[i] = floor(A[i].r + 0.5); for (int i = 0; i < n; i++) A[i] = B[i] = 0; for (int i = 0; i < len; i++){ if (P[i] != '*'){ tmp = (P[i] - 'a' + 1); A[i] = tmp * tmp; } } for (int i = 0; i < lm; i++){ if (T[i] != '*'){ tmp = (T[i] - 'a' + 1); B[i] = tmp * tmp; } } fft(A,1); fft(B,1); for (int i = 0; i < n; i++) A[i] *= B[i]; fft(A,-1); for (int i = 0; i < n; i++) C[i] -= 2 * floor(A[i].r + 0.5); for (int i = 0; i < n; i++) A[i] = B[i] = 0; for (int i = 0; i < len; i++){ if (P[i] != '*'){ tmp = (P[i] - 'a' + 1); A[i] = tmp; } } for (int i = 0; i < lm; i++){ if (T[i] != '*'){ tmp = (T[i] - 'a' + 1); B[i] = tmp * tmp * tmp; } } fft(A,1); fft(B,1); for (int i = 0; i < n; i++) A[i] *= B[i]; fft(A,-1); for (int i = 0; i < n; i++) C[i] += floor(A[i].r + 0.5); } int main(){ len = read(); lm = read(); scanf("%s",P); scanf("%s",T); for (int i = 0; i < (len >> 1); i++) swap(P[i],P[len - i - 1]); m = len + lm - 2; for (n = 1; n <= m; n <<= 1) L++; for (int i = 0; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1)); solve(); for (int i = 0; i <= m; i++){ if (fabs(C[i]) < eps && i - len + 2 > 0 && i - len + 2 <= lm - len + 1){ ans[++ansi] = i - len + 2; } } printf("%d\n",ansi); for (int i = 1; i <= ansi; i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
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