#473. 编辑 & P5479 [BJOI2015] 隐身术

洛谷题面。

模拟赛出到加强版了，一点不会所以记录下。

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枚举每个后缀。设 \(f_{i,j}\) 为操作 \(i\) 次，长度增加 \(j\)，即插入的次数减删除的次数，所能匹配到的最大位置。也就是 \(A\) 的前 \(f_{i,j}\) 位匹配 \(B\) 的前 \(f_{i,j}+j\) 位。

考虑转移。假如已经操作完了，那显然有 \(f_{i,j} \gets f_{i,j}+\text{LCP}(A[f_{i,j}+1:|A|],B[f_{i,j}+j+1:|B|])\)。

进行操作的转移：

• 替换：\(f_{i+1,j} \gets f_{i,j}+1\)
• 删除：\(f_{i+1,j-1} \gets f_{i,j}+1\)
• 添加：\(f_{i+1,j+1}\gets f_{i,j}\)

一些解释：添加操作的时候，\(A\) 多了一个虚拟的点，但最后一个匹配到的真正存在的点还是 \(f_{i,j}\)。删除操作的时候，那个被删的点也看做完成了匹配。

转移时注意多判边界。

LCP 可以直接用二分哈希，其实 SA 可以更快，但二分哈希完全够用。

最后统计答案记得找到最小操作次数后要跳出循环。

复杂度 \(O(nk^2\log n)\)。如果用 SA 的话是 \(O(nk^2)\)。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ubt = unsigned long long;

const int maxN = 1e5 + 7;

int k;
int n, m;
string s, t;

const ubt Base = 131;
ubt H[maxN], S[maxN], T[maxN];
void inithash() {
  H[0] = 1, S[0] = T[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n || i <= m; i++) {
    if (i <= n) S[i] = S[i - 1] * Base + s[i];
    if (i <= m) T[i] = T[i - 1] * Base + t[i];
    H[i] = H[i - 1] * Base;
  }
}
ubt gets(int l, int r) {
  return S[r] - S[l - 1] * H[r - l + 1];
}
ubt gett(int l, int r) {
  return T[r] - T[l - 1] * H[r - l + 1];
}

int LCP(int ss, int st) {
  int l = 1, r = min(n - ss + 1, m - st + 1);
  int pos = 0;
  while (l <= r) {
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (gets(ss, ss + mid - 1) == gett(st, st + mid - 1))
      l = mid + 1, pos = mid;
    else r = mid - 1;
  }
  return pos;
}

const int inf = 1e9;
const int V = 7;
int ans[V];
int st;
int f[V][V * 2];
void Main() {
  memset(f, ~0x3f, sizeof(f));
  f[0][k] = 0;
  for (int i = 0; i <= k; i++)
    for (int j = 0; j <= k * 2; j++) {
      if (f[i][j] <= -inf) continue;
      int p = j - k;
      if (f[i][j] + p < 0) continue;
      if (st - 1 + f[i][j] + p > m) continue;
      f[i][j] += LCP(f[i][j] + 1, st - 1 + f[i][j] + p + 1);
      if (i != k) {
        if (j)
          f[i + 1][j - 1] = max(f[i + 1][j - 1], min(f[i][j] + 1, n));
        f[i + 1][j] = max(f[i + 1][j], min(f[i][j] + 1, n));
        if (j != k * 2)
          f[i + 1][j + 1] = max(f[i + 1][j + 1], f[i][j]);
      }
    }

  for (int i = 0; i <= k * 2; i++)
    for (int j = 0; j <= k; j++)
      if (f[j][i] == n && i - k + n > 0 && st - 1 + i - k + n <= m)
      { ans[j]++; break; }
}

int main() {
  // ifstream cin("edit.in");
  // ofstream cout("edit.out");

  cin >> k >> s >> t;
  n = s.length(), m = t.length();
  s = '@' + s, t = '$' + t;

  inithash();

  for (st = 1; st <= m; st++)
    Main();
  
  int res = 0;
  for (int i = 0; i <= k; i++)
    res += ans[i];
  cout << res << '\n';
}