[JZOJ5897]密匙--哈希骚操作

题目链接

太懒了自行Google

前置技能

二分/倍增求LCP

e.g TJOI2017DNA

分析

这题看了样例解释才知道什么意思

本以为自己身为mo法师蛤希已经掌握的差不多,做了这道题才发现我还是Too Young Too Simple

考虑字符集只有${a,b}$怎么做,我们每次二分同时判断要不要转化就好了

std就很强了,我们对每一个字母ch,都对$S$串跑遍01蛤希(瞎编的名字)

$ha[i][ch-'a']=ha[i-1][ch-'a']*w+[s[i]==ch]$

同时再对$T$串跑一遍正常的蛤希,$ha_t[i]=ha_t[i-1]*w + t[i]$

这时候我们还是进行二分/倍增求LCP,但怎么判断$S$串一个前缀能不能得到$T$串对应前缀呢

我们先用$set$预处理一下,也就是在对应字符那里插入它在$S$中出现的位置,这样我们就能较快的求出一个区间内某个字符出现的位置

考虑这时候我们在判断$S$从$st$开始的前缀中$[st,st+len]$部分能否转化为$T$串对应部分

我们还是遍历每一个字母,找到在这个区间内出现的一个位置$pos$(如果没有就不管),再判断是否需要映射成$T$串对应位置的字符,如果需要而且它之前没有被占用(也就是之前没有出现在字母对中),那就对$T[pos]$和$S[pos]$建立映射关系

同时我们求出这个区间内$S$串关于字母$S[pos]$的哈希值(如果不知道怎么求的先去学一下$Rabin-Karp Hash$),乘上$T[pos]$

用一个数$sum$累加所有出现字母的这种乘积哈希值,如果没有出现映射矛盾的话,我们会发现如果可以转化成$T$串一个前缀,那么这个$sum$是会等于$T$串对应前缀的哈希值,这是因为$S$对应字母的哈希值只有01表示有没有出现，乘上字母的ASIIC值就是该字母在这个区间内的哈希值

代码

/*

  code by RyeCatcher

*/

inline char gc(){

    static char buf[SIZE],*p1=buf,*p2=buf;

    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,SIZE,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

}

#define gc getchar

template <class T>inline void read(T &x){

    x=0;int ne=0;char c;

    while((c=gc())>'9'||c<'0')ne=c=='-';x=c-48;

    while((c=gc())>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;x=ne?-x:x;return ;

}

const int maxn=100005;

const int inf=0x7fffffff;

ull ha[maxn][28],hat[maxn],mi[maxn];

set <int> pos[28];

int n,m;

int vis[28];

char s[maxn],t[maxn];

bool chk(int l,int r){

	ull tmp=0;

	set<int>::iterator it;

	int x,y;

	memset(vis,-1,sizeof(vis));

	for(ri i=0;i<26;i++){

		it=pos[i].lower_bound(l);

		if(it==pos[i].end()||*it>r)continue;

		x=*it,y=t[x-l+1]-'a';

		if(vis[i]!=-1||vis[y]!=-1){//判断映射是否矛盾

			if(vis[y]!=i||vis[i]!=y){

				return 0;

			}

		}

		vis[i]=y,vis[y]=i;

		tmp+=(ha[r][i]-ha[l-1][i]*mi[r-l+1])*t[x-l+1];//取出字母的区间哈希值

	}

	if(tmp==hat[r-l+1])return 1;

	return 0;

}

int main(){

	FO(key);

	read(n),read(m);

	scanf("%s",s+1);

	scanf("%s",t+1);

	for(ri k=0;k<26;k++){

		ull tmp=0;

		char o='a'+k;

		for(ri i=1;i<=n;i++){

			if(s[i]!=o)tmp=tmp*31;

			else tmp=tmp*31+1;

			ha[i][k]=tmp;

		}

	}

	mi[0]=1;

	for(ri i=1;i<=n;i++)pos[s[i]-'a'].insert(i),mi[i]=mi[i-1]*31;//预处理

	for(ri i=1;i<=m;i++){

		hat[i]=hat[i-1]*31+t[i];

	}

	for(ri o=1;o<=n;o++){

		int k=0,p=1;

		while(p){

			if(o+k+p<=n&&chk(o,o+k+p))k+=p,p=p<<1;

			else p=p>>1;

			while(o+k+p>n||k+p>m)p=p>>1;

		}

		printf("%d\n",1+k);

	}

	return 0;

}