bitset 的妙用：乱搞字符串匹配
最近碰到了几次 bitset 乱搞字符串匹配的情况，故写文以记之。
1. 算法简介
核心思想：假设文本串为 \(s\)，则对字符集中的每一个字符 \(c\) 开一个大小为 \(|s|\) 的 bitset \(N_c\)，记录 \(c\) 出现在 \(s\) 中的哪些位置。
用多个模式串 \(t\) 去匹配 \(s\)，并且求出 \(t\) 在 \(s\) 中每一次出现的结束位置，那么有这样一个套路：开一个长度为 \(|s|\) 的 bitset \(M\) 作为答案，一开始每一位都为 \(1\)。\(M\) 的含义：所有为 \(1\) 的位为可能的结束位置。遍历 \(t\) 中的每一个字符 \(t_i\)，并将 \(N_{t_i}\) 左移（数位从小到大是从右往左，而位置是从左到右，注意区分） \(|t|-i\) 位的结果 \(N'_{t_i}\) 按位与 \(M\)，即 \(M\gets M\ \mathrm{bitand}\ N’_{t_i}\)。最后得到的 \(M\) 即为 \(t\) 在 \(s\) 中所有出现的结束位置。总的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{|s|\sum|t|}{\omega})\)。
这实际上就是将暴力匹配用 bitset 优化了一下。对于 \(t_i\) 考虑对可能的结束位置的限制：只有 \(t_i\) 在 \(s\) 中的所有出现位置向右移动 \(|t|-i\) 位后的所有位置，才可能成为 \(t\) 最终的结束位置。而将所有限制合起来就可以得到最终的结束位置。
- 冷知识：bitset 有数值类型的
_Find_first()和_Find_next(x)函数（后者如果没有找到下一个位置会返回 bitset 的大小）。这可以非常方便地帮助我们在 \(\mathcal{O}(\frac{n}{\omega}+c)\) 的复杂度内找到 bitset 中所有为 \(1\) 的位置。具体使用可以看例题 II。
废话不多说，来两道例题感受一下 bitset 的神奇之处。
2. 例题
I. CF914F Substrings in a String
题意简述：给出文本串 \(s\)，多次询问 \(l,r,y\) 求 \(y\) 在 \(s[l:r]\) 中出现了多少次。带修。\(|s|,\sum |y|\leq 10^5\)。
太经典了。
注意到这个带修就很恶心，普通的 SAM 做不起来。接下来有两个选择：
- 巨大多难写的分块 SAM。这里安利一下 我的 SAM 学习笔记。
- 注意到时限竟然有 6s，而数据范围只有 \(10^5\)，于是 bitset 暴力硬莽就完事了嗷！！！！11
具体实现方法和上题几乎一模一样，带修直接修改 bitset，查询的时候将 \(M\) 分别右移 \(l+|y|-2\) 位和 \(r\) 位，使用类似前缀和的思想去掉区间带来的影响（即计算 \([l+|y|-1,n]\) 与 \([r+1,n]\) 的贡献差）。计算得到的两个 bitset 分别有多少 1，作差，再与 \(0\) 取最大值即可（因为 \(l+|y|-2\) 可能大于 \(r\)，而 bitset 的 count 应该是 unsigned int，老坑了）。
这样我们就用非常简单的方法切掉了一道 *3000 的题目。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5;
const int S=26;
int n,q,len,tp,l,r;
char s[N],t[N],ch;
bitset <N> c[S],ans;
int main(){
scanf("%s%d",s,&q),n=strlen(s);
for(int i=0;i<n;i++)c[s[i]-'a'][i]=1;
while(q--){
scanf("%d%d",&tp,&l),l--;
if(tp==1)scanf("%s",&ch),c[s[l]-'a'][l]=0,c[(s[l]=ch)-'a'][l]=1;
else{
scanf("%d%s",&r,t),len=strlen(t),ans.set();
for(int i=0;i<len;i++)ans&=c[t[i]-'a']<<len-i-1;
cout<<max(0,(int)((ans>>l+len-1).count()-(ans>>r).count()))<<"\n";
}
}
return 0;
}
II. CF963D Frequency of String
题意简述：给出 \(s\)，多次询问 \(k,m\) 求出 \(m\) 至少出现了 \(k\) 次的 \(s\) 的子串的最小长度。\(|s|,\sum |m_i|\leq 10^5\)。
这里给出一个引理：互不相同的长度之和为 \(M\) 的字符串的 \(\rm{endpos}\) 集合大小之和不超过 \(n\sqrt M\)。
证明：互不相同的长度为 \(L\) 的字符串 \(\rm{endpos}\) 集合大小之和为 \(n-L+1\)，而 \(\sum L\leq M\) 意味着最多只有 \(\sqrt M\) 种长度，得证。
那么可以 SAM + 线段树合并 or ACAM or bitset 求出 endpos 集合，然后直接暴力枚举即可。如果使用 bitset 则要用到上面提到的 _Find_first() 与 _Find_next(x) 函数，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{|s|\sum |m|}{\omega}+|s|\sqrt {\sum m})\)
bitset，永远滴神！！！！！11111
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5;
const int S=26;
int n,q,len,k,cnt,p[N];
char s[N],t[N];
bitset <N> c[S],ans;
int main(){
scanf("%s%d",s,&q),n=strlen(s);
for(int i=0;i<n;i++)c[s[i]-'a'][i]=1;
while(q--){
scanf("%d%s",&k,t),ans.set(),len=strlen(t),cnt=0;
for(int i=0;i<len;i++)ans&=c[t[i]-'a']<<len-i-1;
for(int it=ans._Find_first();it!=N;it=ans._Find_next(it))p[++cnt]=it;
int ans=1e9; for(int i=k;i<=cnt;i++)ans=min(ans,p[i]-p[i-k+1]);
cout<<(ans==1e9?-1:ans+len)<<endl;
}
return 0;
}
