FFT與一些冷門問題

FFT也能用於一些特殊的字串匹配與最小化問題。

Prob 1 : 給出模式串A與文字串B，兩個串中只有26個大寫字母與萬用字元'?'（即可以任意匹配一個字元），求A在B中的匹配數。要求以FFT為例給出上限為O(nlogn)的演算法。

Prob 2 : 給出模式串A與文字串B，字符集很小，求A在B中的匹配數，允許有k個字元不同。要求以FFT為例給出上限為O（nlogn*|S|）的演算法。

Prob 3 : 給出數列a和b，長度均為n，a可以順時針轉動但不能翻轉，最小化sigma(ai*bi)。要求以FFT為例給出上限為O（nlogn）的演算法。

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不知道是什麼東西的引導

 我們先看看FFT幹了什麼，就是個卷積。

以陣列a和b為例（這裡下標從1開始），a有4位，b有8位，卷出的結果放在c陣列中。

然而並沒有什麼用處。我們再往後看幾位：

雖然FFT時會把a陣列給自動補全，但從實際意義上來講，只是整個a陣列與b陣列中四個數相乘放進c中。

不難發現，此時的下標就是一個“佔位符”。

我們順便把a陣列反一反，就有：

這樣就有很好的性質了，c陣列中從第5位開始，每往後一位就是整個a陣列與b陣列中連續的四位積的和。

同樣可以擴充到更大的陣列中，接下來的題目就要利用這個特點。

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Prob 1

我們發現字串的匹配很類似於上述圖片中一位位算過去。

先不考慮萬用字元，只是普通的字串匹配。定義為A的第x位與B的第y位的匹配度。若C為0，則是匹配的。

再定義，表示B字串中以x為結尾，向前m-1位與A字串的匹配度。我們天真地考慮若P為0，則是匹配的。

但是C有正有負，因此一旦連續的幾位的可重集是相同的，P的結果就為0。

所以在C上動手腳。乾脆加個平方吧：

這樣，

但還不能優化！因此我們又看了看上面的圖，把A字串反了過來。定義

則

注意到(m-i-1)+(x-m+1+i)==x，有：

這樣S與B做一遍卷積就行了。S與B的值取字串的字元值就行了。

那帶上萬用字元，只要有任何字元遇上“?”，C的值就必須是0。這樣在原來P的式子中，後面乘上S與B中相應的第幾位，若是“?”，給其賦值為0。則

做三次FFT，加起來等於0的，即為匹配。

//源：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4173
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1233333;
const double pi=3.1415926535898;
struct com
{
    double a,b;
    com(double A=0,double B=0){a=A,b=B;}
    void operator=(com x){a=x.a,b=x.b;}
    com operator+(com x){return com(a+x.a,b+x.b);}
    com operator-(com x){return com(a-x.a,b-x.b);}
    com operator*(com x){return com(a*x.a-b*x.b,a*x.b+b*x.a);}
    com operator/(double d){return com(a/d,b/d);}
    com operator*(double d){return com(a*d,b*d);}
}A[maxn],B[maxn],ans[maxn];
int n,m,limit,r[maxn],len,g1[maxn],g2[maxn];
char ch;
int re(int x)
{
    int sum=0;
    for(int i=0;i<len;++i)
    {
        sum=sum*2+x%2;
        x/=2;
    }
    return sum;
}
void FFT(com*A,int g)
{
    for(int i=0;i<limit;++i)
        if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
    for(int i=2;i<=limit;i*=2)
    {
        com w(cos(2*pi/i),g*sin(2*pi/i));
        for(int j=0;j<limit/i;++j)
        {
            com d(1,0);
            for(int k=0;k<i/2;++k)
            {
                com a=A[i*j+k],b=d*A[i*j+i/2+k];
                A[i*j+k]=a+b;
                A[i*j+i/2+k]=a-b;
                d=w*d;
            }
        }
    }
}
void out(com*A)
{
    for(int i=0;i<limit;++i)cout<<A[i].a<<' ';
    cout<<endl;
}
void get(com*A,com*B)
{
    FFT(A,1);
    FFT(B,1);
    for(int i=0;i<limit;++i)A[i]=A[i]*B[i];
    FFT(A,-1);
    for(int i=0;i<limit;++i)A[i]=A[i]/limit;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    for(int i=n-1;i>=0;--i)
    {
        cin>>ch;
        if(ch!='*')
        {
            int x=ch-'a'+1;
            A[i]=g1[i]=x;
        }
    }
    for(int i=0;i<m;++i)
    {
        cin>>ch;
        if(ch!='*')
        {
            int x=ch-'a'+1;
            g2[i]=x;
            B[i]=x*x*x;
        }
    }
    limit=1;
    while(limit<n+m+1)limit*=2,++len;
    for(int i=0;i<limit;++i)r[i]=re(i);
    get(A,B);
    for(int i=0;i<limit;++i)ans[i]=A[i];
    
    for(int i=limit-1;i>=0;--i)A[i]=g1[i]*g1[i]*g1[i];
    for(int i=0;i<limit;++i)B[i]=g2[i];
    get(A,B);
    for(int i=0;i<limit;++i)ans[i]=ans[i]+A[i];
    
    for(int i=limit-1;i>=0;--i)A[i]=g1[i]*g1[i];
    for(int i=0;i<limit;++i)B[i]=g2[i]*g2[i];
    get(A,B);
    for(int i=0;i<limit;++i)ans[i]=ans[i]-A[i]*2;
    
    int tot=0;
    for(int i=n-1;i<m;++i)if(int(ans[i].a+0.5)==0)++tot;
    cout<<tot<<endl;
    for(int i=n-1;i<m;++i)if(int(ans[i].a+0.5)==0)cout<<i-n+2<<' ';
    cout<<endl;
    return 0;
}

 

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Prob 2

若字元只有’0'和'1'的呢？按照上面的做法，最後結果小於等於2的即為匹配（因為會有地方算兩遍）。

再擴充一下，字符集多大就做幾遍。最後的和加起來即可。

但由於一些奇妙的原因，至今我交不過去。只有網址。

其實隨便雜湊就能過了，SA也行。

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3763

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Prob 3

仍然是老套路。我們只要把其中某個陣列的長度變為兩倍，再重複寫下前面的數就行了。

類似的題目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3723

 

最後，如果能用一些資料結構或方法來維護的話就別寫FFT了。