题目
思路
SA
首先将T和Si首尾相接连起来，每两个串之间隔一个未出现过的字符，求出后缀数组及height数组，即后缀数组中相邻两个后缀的最长公共前缀。然后O(N)扫描可得每个后缀i和在原T串中开始的每个后缀j最长的最长公共前缀是多少，记为near[i]，这样后缀j即在后缀数组中与后缀i最近的两个在T中开始的后缀中的一个。即。这样我们就可以求出在Sp中每个位置Sp,q向后匹配最长near[i]长度能使在这段长度内任意的以Sp,q开始的串都能在T中找到对应的子串。
现在我们已经满足了在T串中有相应子串的条件，还需要满足一定的奇偶性。用一个四位的二进制表示四种碱基的奇偶性。对于每个Si，我们做如下统计：用一个0~15的数组f表示从st到en区间内每种奇偶性出现了多少次。从前向后扫描，移动st和en使对于每个i有st=i及en=i+near[i]-1，注意到st和en只会向后移动，对于每个i可用16的时间扫面数组统计满足要求的。en=en+1时，是将原来统计到的所有以en-1结尾的串转变为以en结尾，每个被统计到的串都在尾部加上了碱基en，记是从数组f转移到f’, f’[i]=f[ix]，表示异或，x表示碱基en本身奇偶性，即x是一个二的幂。此外还要f’[x]=f’[x]+1，即添加了一个仅由en构成的串。st=st+1时，删除了一个从st一直到en的最长的串，直接在对应位置减一即可。
综上，我们用O(Nlog2N)的时间构建后缀数组，再用O(16N)的时间扫描。你也可以用DC3把后缀数组写成O(N)的。这里的N指的是所有字符串的总长度。
SAM
可是出题人说本来不想让上面的算法过的，应该用后缀自动机。对T建后缀自动机，然后用每个Si在后缀自动机上匹配，即可轻松地求出near。后面的扫描同上。这个算法把构建后缀数组的O(Nlog2N)优化为O(4N)，而且这里的N不再是所有字符串的总长度而是T的长度，速度会略有提升。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+77,S=1<<4;
int n,m,q;
char s[N],t[N],id[128],yjy[4];
namespace SAM
{
struct node
{
int ch[4];
int fa,len;
} sam[(N << 1)+5];
int las=1,tot=1;
inline void ins(int x)
{
int cur=las,p=++tot;
sam[p].len=sam[cur].len+1;
for(;cur && !sam[cur].ch[x];cur=sam[cur].fa)
sam[cur].ch[x]=p;
if(!cur)
sam[p].fa=1;
else
{
int q=sam[cur].ch[x];
if(sam[cur].len+1 == sam[q].len)
sam[p].fa=q;
else
{
int nxt=++tot;
sam[nxt]=sam[q],sam[nxt].len=sam[cur].len+1,sam[p].fa=sam[q].fa=nxt;
for(;cur && sam[cur].ch[x] == q;cur=sam[cur].fa)
sam[cur].ch[x]=nxt;
}
}
las=p;
}
}
int l,cnt[S+5],cur,tag;
ll ans;
int main()
{
id['C']=id['c']=1,id['G']=id['g']=2,id['T']=id['t']=3;
scanf("%d%s",&q,s+1),n=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
SAM::ins(id[s[i]]);
for(;q;--q)
{
l=1,cur=tag=ans=0,memset(cnt,0,sizeof cnt);
scanf("%s%s",s+1,t),m=strlen(s+1),memset(yjy,-1,sizeof yjy);
for(char *c=t;*c;yjy[id[*c]]=*c >= 'A' && *c<='Z',++c);
for(int i=1,x,p=1,len=0;i<=m;++i)
{
x=id[s[i]];
if(SAM::sam[p].ch[x])
p=SAM::sam[p].ch[x],++len;
else
{
for(;p && !SAM::sam[p].ch[x];p=SAM::sam[p].fa);
!p ? (p=1,len=0) : (len=SAM::sam[p].len+1,p=SAM::sam[p].ch[x]);
}
for(;l < i - len+1;++l)
--cnt[cur ^ tag],cur ^= 1 << id[s[l]];
tag ^= 1 << x,cur ^= 1 << x,++cnt[tag ^ (1 << x)];
for(int i0=0;i0 < 2;++i0)
if(yjy[0] == -1 || yjy[0] == i0)
for(int i1=0;i1 < 2;++i1)
if(yjy[1] == -1 || yjy[1] == i1)
for(int i2=0;i2 < 2;++i2)
if(yjy[2] == -1 || yjy[2] == i2)
for(int i3=0;i3 < 2;++i3)
if(yjy[3] == -1 || yjy[3] == i3)
ans += cnt[(i0 | (i1 << 1) | (i2 << 2) | (i3 << 3)) ^ tag];
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
