题意

Another String | HDU7015 | 杭电多校五 04题
我们说两个序列 a,ba,ba,b 是 kkk 匹配的，当且仅当 ∣a∣=∣b∣|a|=|b|∣a∣=∣b∣
且 ∑i[ai≠bi]≤k\sum_{i} [a_i\ne b_i]\le k∑i[ai=bi]≤k ，即最多有 kkk 个位置不同
给定一个字符串 SSS 和 kkk
你需要求出 ∀i∈[1,∣S∣−1]\forall i\in[1,|S|-1]∀i∈[1,∣S∣−1]，串 S[1,i]S[1,i]S[1,i] 的一个子串 aaa 与串 S[i+1,∣S∣]S[i+1,|S|]S[i+1,∣S∣] 的一个子串 bbb 是 kkk 匹配的，问有多少种方案
2≤∣S∣≤30002\le |S|\le 30002≤∣S∣≤3000
0≤k≤30000\le k\le 30000≤k≤3000

思路

感觉字符串匹配，可能就是字符串或者卷积的题 (???) 就不敢去看
但是其实这题的做法比较偏想法
首先我们很难按照 i=1∼∣S∣−1i=1\sim |S|-1i=1∼∣S∣−1 去分类讨论做
不妨设目前我们有两个子串 [L1,R1][L1,R1][L1,R1] 与 [L2,R2][L2,R2][L2,R2] 是 kkk 匹配的
那么我们能扩展或收缩到那些其他的子串，保证一定合法的呢？
容易想到，如果 L1,R1L1,R1L1,R1 向右移动一段距离，然后所有合法的子串中，会有许多重复
那么我们就固定左端点，计算此时有多少合法的右端点
然后去考虑，每一个合法的子串对那些 iii 有贡献
对于第一个区间 [L1,R1][L1,R1][L1,R1]，我们对 i=L1∼L2−1i=L1\sim L2-1i=L1∼L2−1 都有 111 的贡献
对于第 xxx 个区间 [L1+x−1,R1][L1+x-1,R1][L1+x−1,R1]，我们对 i=L1+x−1∼L2−1i=L1+x-1\sim L2-1i=L1+x−1∼L2−1 都有 111 的贡献
考虑怎么去快速累加贡献
如果只是对一段区间 [x,y][x,y][x,y] 全部有 +1+1+1 的贡献，我们可以用线段树，也可以用差分数组 de[x]+1,de[y+1]−1de[x]+1,de[y+1]-1de[x]+1,de[y+1]−1 去做
但是我们会有 xxx 个区间去做，容易想到去用二阶等差 让 de2[L1]+1,de2[R1+1]−1de2[L1]+1,de2[R1+1]-1de2[L1]+1,de2[R1+1]−1
然后我们让一阶等差 de[L2]−(R1−L1+1)de[L2]-(R1-L1+1)de[L2]−(R1−L1+1) ，这样就可以达到我们的要求
然后就是，对于所有的左端点 L1L1L1，我们需要找到最大的 R1R1R1 和另一个 L2L2L2，满足上述区间有 kkk 个不同的位置，或者扩到不能扩为止
容易想到这是一个尺取，也就是我们的 [L1,R1][L1,R1][L1,R1] 可以在 O(∣S∣)O(|S|)O(∣S∣) 内枚举完
那么久剩下 L2L2L2 没有枚举了，我们令 L2=L1+xL2=L1+xL2=L1+x ，枚举这个 xxx ，即可枚举到所有的情况

代码

时间复杂度：O(∣S∣2)O(|S|^2)O(∣S∣2)

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
using namespace std;
typedef long long ll;
void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}const int MAX = 3e3+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-5;char ss[MAX];
int de1[MAX],de2[MAX];
int main()
{int T;scanf("%d",&T);while(T--){int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);scanf("%s",ss+1);for(int i = 0;i <= n+1;++i)de1[i] = de2[i] = 0;for(int cha = 1;cha <= n-1;++cha){int L1 = 1,L2 = L1 + cha;int R1 = L1-1,R2 = L2-1;int now = 0;while(L2 <= n){while(R1+1 <= L2-1 && R2+1 <= n){if(ss[R1+1] == ss[R2+1])R1++,R2++;else if(now < k)now++,R1++,R2++;else break;}if(L1 <= R1 && now <= k){int len = R1 - L1 + 1;de2[L1]++;de2[R1+1]--;de1[L2]-=len;if(ss[L1] != ss[L2])now--;L1++;L2++;}else{L1++;L2++;R1 = L1;R2 = L2;if(ss[L1] == ss[L2])now = 0;else now = 1;}}}ll tmp = 0,ans = 0;for(int i = 1;i <= n;++i)tmp += de2[i],de1[i] += tmp;tmp = 0;for(int i = 1;i < n;++i)ans += de1[i],printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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