BZOJ.4892.[TJOI2017]DNA(后缀自动机/后缀数组)
\(Description\)
给出两个串\(S,T\),求\(T\)在\(S\)中出现了多少次。出现是指。可以有\(3\)次(\(3\)个字符)不匹配(修改使其匹配)。
\(Solution\)
一个套路的做法是构造多项式(CF528D),对每个字符c单独考虑,\(f[i]=[S[i]可匹配c],g[i]=[T[i]==c]\)。
然后\(F=f*g\),可以得到每个位置往后长\(m\)的串中有多少个位置\(S,T\)都匹配了\(c\)。如果某个位置匹配字符数\(\geq m-3\),则以它为左端点的串可行。
FFT/NTT实现,常数好也许能过。
SA做法:枚举\(S\)的每个位置\(i\),设当前匹配\(T\)匹配到\(j\),得到两个串的ht数组后我们可以\(O(1)\)求出\(LCP(suf[i],suf[j])\),直接\(j+=LCP\)就行了。
如果某个位置不匹配,可以至多用\(3\)次机会直接跳过去。所以实际枚举\(j\)的次数只有\(5\)。
复杂度\(O(Tn\log n)\)。
SAM做法:得到parent树后,直接在上面DFS,如果能匹配则走,不能匹配则用一次次数。走了\(m\)步则加上该点的贡献(出现过多少次)。
复杂度\(O(Tn)\)。
还有某种神奇的Hash做法。。好像复杂度比较优。
SAM:
//9224kb 1624ms
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int N=2e5+5;
struct Suffix_Automaton
{
int n,Ans,tot,las,son[N][4],fa[N],len[N],cnt[N],tm[N],A[N],ref[233];
char s[N];
Suffix_Automaton() {tot=las=1;}
void Insert(int c)
{
int np=++tot,p=las;
len[las=np]=len[p]+1, cnt[np]=1;
for(; p&&!son[p][c]; p=fa[p]) son[p][c]=np;
if(!p) fa[np]=1;
else
{
int q=son[p][c];
if(len[q]==len[p]+1) fa[np]=q;
else
{
int nq=++tot; len[nq]=len[p]+1;
memcpy(son[nq],son[q],sizeof son[q]);
fa[nq]=fa[q], fa[q]=fa[np]=nq;
for(; son[p][c]==q; p=fa[p]) son[p][c]=nq;
}
}
}
void Build()
{
tot=las=1;
ref['A']=0, ref['T']=1, ref['G']=2, ref['C']=3;
memset(tm,0,sizeof tm);//! 你前缀和了→_→
memset(cnt,0,sizeof cnt), memset(son,0,sizeof son);
scanf("%s",s+1); int l=strlen(s+1);
for(int i=1; i<=l; ++i) Insert(ref[s[i]]);
for(int i=1; i<=tot; ++i) ++tm[len[i]];
for(int i=1; i<=l; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
for(int i=1; i<=tot; ++i) A[tm[len[i]]--]=i;
for(int i=tot,x=A[i]; i; x=A[--i]) cnt[fa[x]]+=cnt[x];
}
void DFS(int x,int use,int l)
{
if(l==n) return (void)(Ans+=cnt[x]);
for(int i=0; i<4; ++i)
if(son[x][i])
if(ref[s[l]]==i) DFS(son[x][i],use,l+1);
else if(use<3) DFS(son[x][i],use+1,l+1);
}
void Query()
{
scanf("%s",s), n=strlen(s);
Ans=0, DFS(1,0,0), printf("%d\n",Ans);
}
}sam;
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--) sam.Build(), sam.Query();
return 0;
}
SA:
//19768kb 5976ms(好慢...)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int N=2e5+7;
int MAP[233],sa[N],sa2[N],rk[N],tm[N],ht[N],lg2[N],mn[18][N];
char s[N];
void Get_SA(int n)
{
int *x=rk,*y=sa2,m=5;
for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]=MAP[s[i]]];
for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[i]]--]=i;
for(int k=1,p=0; k<n; k<<=1,m=p,p=0)
{
for(int i=n-k+1; i<=n; ++i) y[++p]=i;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(sa[i]>k) y[++p]=sa[i]-k;
for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]];
for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[y[i]]]--]=y[i];
std::swap(x,y), x[sa[1]]=p=1;
for(int i=2; i<=n; ++i)
x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?p:++p;
if(p>=n) break;
}
for(int i=1; i<=n; ++i) rk[sa[i]]=i;
ht[1]=0;
for(int i=1,k=0,p; i<=n; ++i)
{
if(rk[i]==1) continue;
if(k) --k;
p=sa[rk[i]-1];
while(i+k<=n && p+k<=n && s[i+k]==s[p+k]) ++k;
ht[rk[i]]=k;
}
}
void Init_ST(int n)
{
for(int i=1; i<=n; ++i) mn[0][i]=ht[i];
for(int j=1; j<=lg2[n]; ++j)
for(int i=1; i<=n; ++i)
mn[j][i]=std::min(mn[j-1][i],mn[j-1][i+(1<<j-1)]);
}
inline int LCP(int l,int r)
{
l=rk[l], r=rk[r]; if(l>r) std::swap(l,r);
++l;
int k=lg2[r-l+1];
return std::min(mn[k][l],mn[k][r-(1<<k)+1]);
}
int main()
{
MAP['A']=1, MAP['T']=2, MAP['C']=3, MAP['G']=4, MAP['Z']=5;
lg2[1]=0;
for(int i=2; i<=200005; ++i) lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int l,n;
scanf("%s",s+1), s[l=strlen(s+1)+1]='Z';
scanf("%s",s+l+1), n=strlen(s+1);
Get_SA(n), Init_ST(n);
int ans=0;
for(int i=1,m=n-l,lim=l-m; i<=lim; ++i)
{
for(int j=1,t=0; t<=3; )
{
if(j>m) {++ans; break;}
else if(s[i+j-1]!=s[l+j]) ++j, ++t;
else j+=LCP(i+j-1,l+j);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
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