這。。。好強啊\(qwq\)
對四種字元分開考慮：我們設\(a[char][i]\)表示在第乙個串\(s\)中，對於\(char \in \\)來說\(i\)位置是否能模糊匹配，換言之，若\(s[i]==char\),則\(a[char][j]=1,j\in [i-k,i+k]\)。
而對於第二個串\(t\)不做特殊處理，直接\(b[char][i]=[t[i]==char]\)。
我們在不加優化時，計算答案是\(o(n^2)\)的
for(r i=0;i<=lens-lent;++i) for(r j=1;j<=lent;++j) if(a[char][i+j]&&b[char][j]) ++c[i];所以我們要做\(4\)遍，對於每乙個字元都做一遍。
考慮優化\(o(n^2)\)的過程：我們發現把\(t\)和\(b\)倒過來的話，上面的列舉相當於是乙個卷積。
於是我們可以\(fft\)。
#include#include#include#include#define r register int
using namespace std;
namespace luitaryi const int n=524292; const double pi=acos(-1.0);
int n,m,anss,k,k=1,l,l1,l2,p[n],a[4][n],b[4][n],c[n];
char s[n];
bool ans[n];
struct complex
complex(double _x,double _y)
complex operator + (const complex& that)
complex operator - (const complex& that)
complex operator * (const complex& that)
}f[n],h[n];
inline int cvt(const char& c)
inline void fft(complex* a,short op) scanf("%s",s); for(r i=0;i>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(r i=l2-1;i<=n-2;++i) ans[i]=1;
for(r i=0;i<4;++i) {
memset(f,0,sizeof(complex)*(k+2)),memset(h,0,sizeof(complex)*(k+2));
for(r j=0;j2019.08.12
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