好题，学到新姿势！
题意：给两个字符串 a 和 b ，b可以进行变换，规则是可以任意交换相邻两个字符的位置，但是不可以有交叉（例如3和4交换，5和6交换 互不影响，但是2和3，3和4就不可以）。求a中每一个位置能不能匹配b或b变幻得到的子串。
题解：考虑dp。dp[i][j][k]表示a[i]和b[j]匹配，k为1表示j未做交换，k=0表示j和j－1进行交换，k=2表示j和j＋1进行交换。
这样写出来的代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 10005;
const int M = 5005;
char a[N], b[N];
int ans[N];
bool dp[N][M][3]; // 0和前面的交换 1不交换 2和后面的交换
int main()
{
//freopen("in", "r", stdin);
int T;
int la, lb;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &la, &lb);
scanf("%s%s", a+1, b+1);
memset(dp, false, sizeof dp);
for (int i = 0; i <= la; ++i) dp[i][0][1] = true;
for (int i = 1; i <= la; ++i) {
for (int j = 1; j <= lb; ++j) {
dp[i][j][0] = (dp[i-1][j-1][2] && a[i] == b[j-1]);
dp[i][j][1] = (dp[i-1][j-1][1] && a[i] == b[j]) || (dp[i-1][j-1][0] && a[i] == b[j]);
dp[i][j][2] = (dp[i-1][j-1][1] && a[i] == b[j+1]) || (dp[i-1][j-1][0] && a[i] == b[j+1]);
}
if (dp[i][lb][1] || dp[i][lb][0]) ans[i] = 1;
else ans[i] = 0;
}
for (int i = lb; i <= la; ++i) printf("%d", ans[i]);
for (int i = 1; i < lb; ++i) printf("0");
printf("\n");
}
return 0;
}
然而很明显，这会爆内存。
容易想到使用滚动数组，因为递推时只与前一个状态有关。
加了滚动数组的代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
const int M = 5005;
char a[N], b[N];
int ans[N];
bool dp[2][M][3]; // 0和前面的交换 1不交换 2和后面的交换
int main()
{
//freopen("in", "r", stdin);
int T;
int la, lb;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &la, &lb);
scanf("%s%s", a+1, b+1);
memset(dp, false, sizeof dp);
dp[0][0][1] = dp[1][0][1] = true;
int now = 1;
for (int i = 1; i <= la; ++i) {
for (int j = 1; j <= lb; ++j) {
dp[now][j][0] = (dp[now^1][j-1][2] && a[i] == b[j-1]);
dp[now][j][1] = ((dp[now^1][j-1][1] || dp[now^1][j-1][0]) && a[i] == b[j]);
dp[now][j][2] = ((dp[now^1][j-1][1] || dp[now^1][j-1][0]) && a[i] == b[j+1]);
}
if (dp[now][lb][1] || dp[now][lb][0]) ans[i] = 1;
else ans[i] = 0;
now ^= 1;
}
for (int i = lb; i <= la; ++i) printf("%d", ans[i]);
for (int i = 1; i < lb; ++i) printf("0");
printf("\n");
}
return 0;
}
很棒，这回不MLE了，但是TLE。
其实O(N*M)的复杂度，T了倒也很正常，但是据说各种姿势的暴力都能过，为甚么这就过不去>_<
继续优化。
－－－
学习一下bitset。
可以当作一个bool型数组考虑，bitset<N> bs; 可以考虑成一个数组bool bs[N]。
相关操作：
bs.set(); 全部置1，bs.reset()全部置0;
bs.set(pos);等价于bs[pos]=1，bs.reset(pos)等价于bs[pos]=0;
最重点的来了，bitset<N> a, b;
a和b可以直接进行操作，
!a //按位取反 a^b //按位异或 a|b //按位或 a&b //按位与 a=b<<3 //整体移位 a.count(); //a中1的个数
bitset有什么用呢（也许还有其他的用处，这里讲的是本题用到的）
如果有一个bool数组 a[N] 和b[N] 把每一个位异或的话，一定是
for (int i = 0; i < N; ++i) c[i] = a[i] ^ b[i];
但是如果用bitset直接a^b的话，只需要O(N/机器字节数)
这样可以实现常数优化。
－－－
这和这道题有什么关系呢？
观察dp方程，
dp[i][j][1] = ((dp[i-1][j-1][1] || dp[i-1][j-1][0]) && a[i] == b[j]);
先考虑一个，其余两个同理。
可以发现dp[i]只与dp[i-1]有关。
那么把dp数组定义为bitset<N> dp[2][3] ，就可以把dp方程写成dp[j][1] = ((dp[j-1][1] | dp[j-1][0]) << 1);
这里应该很好理解，也很神奇，其中左移是因为这里j-1求出的是j。
但是a[i]==b[j]要怎么处理呢？
因为前面是用一个bitset处理的，我们希望把a[i]==b[j]也化成一个bitset的形式，也就是对于每一个j，有一个bitset<N> bs，bs[i]其中来表示a[i]==b[j]的值，但是这样又是N*M，明显不可能的，其实不需要对于每一个j都有一个bitset，因为一共有26个字母，于是只需对每一个字母求出，即bitset<N>26，然后使用b[j]那个的字母bitset就可以了。
至于滚动数组就很好实现了，
这题正解反而卡常数卡的厉害，姿势不对很容易超时，没人性！！ T^T
AC代码（3166MS）
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
const int M = 5005;
char a[N];
char b[M];
//bool dp[N][M][3]; 0和前面的交换 1不交换 2和后面的交换
bitset<N> dp[2][3];
bitset<N> w[30]; // 记录对于每个字母 p[i]是否为这个字母
int main()
{
//freopen("in", "r", stdin);
int T;
int la, lb;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &la, &lb);
scanf("%s%s", a, b);
for (int i = 0; i < 26; ++i) w[i].reset();
for (int i = 0; i < la; ++i) w[a[i]-‘a‘][i] = 1;
for (int i = 0; i < 2; ++i) for (int j = 0; j < 3; ++j) dp[i][j].reset();
dp[0][1] = w[b[0]-‘a‘];
if (lb > 1) dp[0][2] = w[b[1]-‘a‘];
int now = 0;
for (int j = 1; j < lb; ++j) {
now ^= 1;
dp[now][0] = ((dp[now^1][2]) << 1) & w[b[j-1]-‘a‘];
dp[now][1] = ((dp[now^1][0] | dp[now^1][1]) << 1) & w[b[j]-‘a‘];
if (j < lb - 1) dp[now][2] = ((dp[now^1][0] | dp[now^1][1]) << 1 ) & w[b[j+1]-‘a‘];
}
for (int i = 0; i < la; ++i) {
if (dp[now][0][i+lb-1] || dp[now][1][i+lb-1]) printf("1");
else printf("0");
}
puts("");
}
return 0;
}