第六集，想不到你这个浓眉大眼的都叛变革命了
题意：
给你两个只包含01的字符串S和T，问你在允许一次错误的情况下，T是否能成为S的子串
思路：
这个问题的解法挺多，我是用fft匹配的，也比较简单，针对0和1匹配两次，第一次针对0就是把S串和T串中等于0的位置都标记成1，然后reverse一个串后进行fft，如果这两个位置都是0，就会出现1*1=1的情况，代表有一个位置匹配上了，0这样做一次，1这样做一次，他们的和就是匹配成功的次数，所以允许一次错误就是判断和是否大于len-1。
还有一个做法是指数哈希，判断两个串的哈希值的差是否是2^n，如果是的话check一下，就做出来了，2^n可以塞到hash或者map里。
还有exkmp等其他做法你们自行了解一下
代码实现
给出fft的做法（我只写了fft）
#include <iostream> #include <string> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 150000; ll a[N],b[N]; const ll PMOD=(479<<21)+1; const ll PR=3; static ll qp[30]; ll res[N]; struct NTT__container { NTT__container() { int t,i; for( i=0; i<21; i++)///注意循环上界与2n次幂上界相同 { t=1<<i; qp[i]=quick_pow(PR,(PMOD-1)/t); } } ll quick_pow(ll x,ll n) { ll ans=1; while(n) { if(n&1) ans=ans*x%PMOD; x=x*x%PMOD; n>>=1; } return ans; } int get_len(int n)///计算刚好比n大的2的N次幂 { int i,len; for(i=(1<<30); i; i>>=1) { if(n&i) { len=(i<<1); break; } } return len; } inline void NTT(ll F[],int len,int type) { int id=0,h,j,k,t,i; ll E,u,v; for(i=0,t=0; i<len; i++) { if(i>t) swap(F[i],F[t]); for(j=(len>>1); (t^=j)<j; j>>=1); } for( h=2; h<=len; h<<=1) { id++; for( j=0; j<len; j+=h) { E=1; for(int k=j; k<j+h/2; k++) { u=F[k]; v=(E*F[k+h/2])%PMOD; F[k]=(u+v)%PMOD; F[k+h/2]=((u-v)%PMOD+PMOD)%PMOD; E=(E*qp[id])%PMOD; } } } if(type==-1) { int i; ll inv; for(i=1; i<len/2; i++) swap(F[i],F[len-i]); inv=quick_pow(len,PMOD-2); for( i=0; i<len; i++) F[i]=(F[i]%PMOD*inv)%PMOD; } } inline void inv(ll *a,int len)///答案存在res中 { if(len==1) { res[0]=quick_pow(a[0],PMOD-2); return ; } inv(a,len>>1);///递归 static ll temp[N]; memcpy(temp,a,sizeof(ll)*(len>>1)); NTT(temp,len,1); NTT(res,len,1); int i; for(i=0; i<len; i++) res[i]=res[i]*(2-temp[i]*res[i]%PMOD+PMOD)%PMOD; NTT(res,len,-1); memset(res+(len>>1),0,sizeof(ll)*(len>>1)); } void mul(ll x[],ll y[],int len)///答案存在x中 { int i; NTT(x,len,1);///先映射到频域上 NTT(y,len,1);///先映射到频域上 for(i=0; i<len; i++) x[i]=(x[i]*y[i])%PMOD;///在频域上点积 NTT(x,len,-1);///再逆变换回时域 } } cal; ll x[N],y[N],z[N]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int N; cin>>N; while(N--){ string s1,s2; cin>>s1>>s2; if(s2.length()>s1.length()){ puts("NO"); continue; } int len=cal.get_len(s1.length()); //做1匹配 memset(x,0,len*sizeof(ll)); memset(y,0,len*sizeof(ll)); memset(z,0,len*sizeof(ll)); for(int i=0;i<s1.length();i++){ x[i]=s1[i]-'0'; } for(int i=0;i<s2.length();i++){ y[i]=s2[i]-'0'; } reverse(y,y+s2.length()); cal.mul(x,y,len); //for(int i=0;i<len;i++) for(int i=s2.length()-1;i<s1.length();i++) z[i]+=x[i]; //做0匹配 memset(x,0,len*sizeof(ll)); memset(y,0,len*sizeof(ll)); for(int i=0;i<s1.length();i++){ x[i]=1-(s1[i]-'0'); } for(int i=0;i<s2.length();i++){ y[i]=1-(s2[i]-'0'); } reverse(y,y+s2.length()); cal.mul(x,y,len); //for(int i=0;i<len;i++) for(int i=s2.length()-1;i<s1.length();i++) z[i]+=x[i]; bool flag=0; for(int i=s2.length()-1;i<s1.length();i++){ if(z[i]>=s2.length()-1){ flag=1; break; } } if(flag){ puts("YES"); } else { puts("NO"); } } }