题目大意

给出两个\(01\)序列\(A\)和\(B\)

哈明距离定义为两个长度相同的序列中，有多少个对应位置上的数字不一样

"00111" 和 "10101"的距离为2

\(Q\)次询问，每次询问给出\(p_1,p_2,len\)

求\(a{p_1},a{p_1+1}...a_{p_1+len-1}\) 和 \(b_{p_1},b_{p_1+1}...b_{p_1+len-1}\)两个子串的哈明距离

注意：本题中的序列是从\(0\)开始编号的：\(a_0,a_1,...,a_{n-1}\)

\(1\leq |A|.|B|\leq 2*10^5,1\leq Q\leq 4*10^5\)

\(0 \leq p_1 \leq |a| - len\),\(0 \leq p_2 \leq |b| - len\)

分析

哈明距离可以转化成异或后有多少个\(1\)

考虑如何快速的比较两个字符串

我们先求出每个位置往后\(32\)位/\(64\)位的压位后的值

这样之后再暴力的复杂度就变成了\(\frac {len} {32}\)

我们再考虑对\(A\)串分块

每长度\(T\)分一块

预处理\(dif[i][j]\)表示\(A\)中第\(i\)块整个块 和 \(B\)中\(j\)开始的长度为\(T\)的串的哈明距离

\(O(\frac n T *m *\frac T {32})=O(\frac {n*m} {32})\)

对于询问

左右两边暴力扫\(O(T)\)

中间块内的用预处理直接求\(O(\frac n T)\)

算出来\(T=\sqrt n\)最优

同时T要是\(32\)/\(64\)的倍数

原题空间256M好像开不到\(n*\sqrt n\)的数组要调调参数

优化

块内的复杂度\(O(\frac {n*m} {32})\)小心脏承受不住

可以用FFT优化

s[i]==1的FFT数组中设为1，否则设为-1

将块中串反过来，卷积一波

求出来的值就是\(同-异\)

而块的大小为\(同+异\)

\(\frac {同+异-(同-异)} 2=异\)

这样就可以不用1算一次，0算一次再用总数减常数那么大了

结果越跑越慢

各种调参数到5000左右最快了

组合

如果两个算法合起来就完美了(越写越慢还好意思说)

注意

unsigned满位后左移一位可以看作把最高位扔掉后左移一位

bitset的count()是暴力

正确姿势：预处理1<<16内每个数有多少个1，分段算

FFT有负数用round()取整

solution（分块+压位）

#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #include 
         
          #include 
          
           using namespace std;typedef unsigned long long ull;const int S=450;const int M=200003;const int N=1<<16;inline int rd(){ int x=0;bool f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-48; return f?x:-x;}char s[M];char t[M];int n,m,Q;int sn,MX;int cnt[N];ull aw[M],bw[M];int dif[S][M];int loc(int x){ return x/sn+1;}int getL(int x){ return (x-1)*sn;}int getR(int x){ return x*sn-1;}int getP(int x){ int L=getL(loc(x)); return x-L+1;}int main(){ int i,j,k,BL,BR,L,R,x,y,z,len; scanf("%s%s",s,t); n=strlen(s); m=strlen(t); sn=448; MX=loc(n); for(i=0;i
           
            >1]+(i&1); for(i=0;i+63
            
             =n) break; for(j=0;j+sn-1
             
              0;k--){ ull tp=aw[x]^bw[y]; dif[i][j]+=cnt[tp&ful]+cnt[tp>>16&ful]+cnt[tp>>32&ful]+cnt[tp>>48]; x+=64; y+=64; } } } Q=rd(); int ans; while(Q--){ ans=0; x=rd(),z=rd(),len=rd(); y=x+len-1; BL=loc(x); BR=loc(y); if(BL+1>=BR){ for(i=x;i<=y;i++) ans+=s[i]!=t[z+i-x]; } else{ if(getL(BL)!=x) BL++; if(getR(BR)!=y) BR--; L=getL(BL); R=getR(BR); for(i=BL;i<=BR;i++) ans+=dif[i][z+getL(i)-x]; for(i=x;i
              
               R;i--) ans+=s[i]!=t[z+i-x]; } printf("%d\n",ans); } return 0;}
              
             
            
           
          
         
        
       
      
     
    

solution（分块+FFT）

#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #include 
         
          using namespace std;typedef double db;const int N=262144;const int S=207;const int M=200003;const db pi=acos(-1.0);inline int rd(){ int x=0;bool f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-48; return f?x:-x;}char s[M];char t[M];int rev[N];int n,m,Q;int sn,MX;struct CP{ db x,i; CP(db xx=0.0,db ii=0.0){x=xx;i=ii;}}a[N],b[N],c[N];CP operator +(CP x,CP y){return CP(x.x+y.x,x.i+y.i);}CP operator -(CP x,CP y){return CP(x.x-y.x,x.i-y.i);}CP operator *(CP x,CP y){return CP(x.x*y.x-x.i*y.i,x.i*y.x+x.x*y.i);}void FFT(CP *a,int fl){ int i,j,k; CP W,Wn,u,v; for(i=0;i
          
           >1]>>1)|((i&1)?(N>>1):0); for(i=1;i<=m;i++) b[i]=(t[i]=='1')?1:-1; FFT(b,1); for(i=1;i<=MX;i++){ L=getL(i); R=getR(i); for(j=0;j
           
            =L;j--) a[++tt]=(s[j]=='1')?1:-1; FFT(a,1); for(j=0;j
            
             =BR){ for(i=x;i<=y;i++) ans+=(s[i]!=t[z+i-x]); } else{ if(getL(BL)!=x) BL++; if(getR(BR)!=y) BR--; L=getL(BL); R=getR(BR); for(i=x;i
             
              R;i--) ans+=(s[i]!=t[z+i-x]); } printf("%d\n",ans); } return 0;}