我竟然能在 AT 当场做出 F 题！
哦，是 ABC 啊，没事了。
以下的字符串均从 \(1\) 开始记位。以下设 \(S_i\) 表示字符串 \(S\) 的第 \(i\) 位，\(S(l,r)\) 表示字符串 \(S\) 的第 \(l\) 位到第 \(r\) 位组成的子串，也可以表示字符串 \(S\) 的第 \(l\) 位到第 \(r\) 位组成的序列。
设 \(f_{i,j}\) 表示 \(S\) 串从位置 \(i\) 往后 \(j\) 个字符所组成的串 和 \(T\) 串从位置 \(1\) 往后 \(j\) 个字符所组成的串 有多少位不相等，即 \(S(i,i+j-1)\) 和 \(T(1,j)\) 的相差字符个数。
设 \(n=|S|,m=|T|\)，那么我们要求的即为：
\[\min\limits_{i=1}^{n-m+1} f_{i,m} \]显然有转移：
\[\begin{aligned} &f_{i,0}=0\\ &f_{i,j}=f_{i,j-1}+\big[S_{i+j-1}\neq T_{j}\big] \end{aligned} \]以下定义两个长度相等的序列 \(A,B\) 相加表示 \(A\) 和 \(B\) 各位相加后组成的序列。即如果 \(C=A+B\)，那么 \(C_i=A_i+B_i\)。
两个序列相减的定义类似。
一个常数乘一个序列的定义类似。
设序列 \(F_j\) 表示长度为 \(n-m+1\) 的序列 \(f_{1,j},f_{2,j},\cdots,f_{n-m+1,j}\)，那么我们要求的就是序列 \(F_m\) 每一位上的值的最小值。
设序列 \(G_j\) 表示长度为 \(n-m+1\) 的序列 \([S_{1+j-1}\neq T_j],[S_{2+j-1}\neq T_j],\cdots,[S_{(n-m+1)+j-1}\neq T_j]\)。
那么根据之前得到的状态转移方程，有：
\[F_{j}=F_{j-1}+G_{j} \]考虑转化 \(G_j\) ：
首先，在 \(a,b\) 都是 \(0\) 或 \(1\) 时，有 \([a\neq b]=a \oplus b\)。（\(\oplus\) 指异或运算）
那么 \(G_j\) 就可以变成序列 \(S_{1+j-1}\oplus T_j,S_{2+j-1}\oplus T_j,\cdots,S_{(n-m+1)+j-1}\oplus T_j\)。
再进一步，当 \(T_j=0\) 时，\(G_j\) 就是 \(S(j,j+n-m)\)；当 \(T_j=1\) 时，\(G_j\) 就是 \(S(j,j+n-m)\) 每一位都取反后形成的序列。
更进一步，注意到 \(S(j,j+n-m)\) 每一位都取反后形成的序列其实就是序列 \((11...1)_{n-m+1}-S(j,j+n-m)\)。（这里的 \((11...1)_{n-m+1}\) 指的是一个长度为 \(n-m+1\) 的全为 \(1\) 的序列）。
那么有：
\[F_j=F_{j-1}+ \begin{cases} S(j,j+n-m)&\operatorname{if }T_j=0\\ (11...1)_{n-m+1}-S(j,j+n-m)&\operatorname{if }T_j=1 \end{cases} \]那么：
\[F_m=\sum_{j=1}^m\begin{cases} S(j,j+n-m)&\operatorname{if }T_j=0\\ (11...1)_{n-m+1}-S(j,j+n-m)&\operatorname{if }T_j=1 \end{cases} \]我们可以把 \((11...1)_{n-m+1}\) 抽出来最后算：假设 \(T\) 里面有 \(tot\) 位是 \(1\)，那么：
\[F_m=tot\times (11...1)_{n-m+1}+\sum_{j=1}^m(-1)^{T_j}S(j,j+n-m) \]现在我们只需要计算 \(\sum\limits_{j=1}^m(-1)^{T_j}S(j,j+n-m)\) 即可。
这个式子可以理解成为：有一个长度为 \(n-m+1\) 的滑动窗口在 \(S\) 上从左往右移动，每移到某一个位置就把当前记录的答案序列加上/减去滑动窗口内框住的序列。
由于这个滑动窗口是一直在 \(S\) 上的，所以我们可以用多项式来优化这个操作：
设 \(A(x)=S_1x+S_2x^2+\cdots+S_nx^n\)。
我们考虑求出一个多项式 \(C(x)\)，然后用 \(C(x)\) 的第 \(m\) 位到第 \(n\) 位（即 \(x^m\) 到 \(x^n\) 的系数）这 \(n-m+1\) 位来表示 \(\sum\limits_{j=1}^m(-1)^{T_j}S(j,j+n-m)\) 计算后得到的长度为 \(n-m+1\) 的序列。（注意，\(C(x)\) 的其他位算出来是啥我们不用管，只用保证这 \(n-m+1\) 位是对的就行）
容易得到：
\[\begin{aligned} C(x)=&\sum_{j=1}^m (-1)^{T_j} \left(S_jx^j+\cdots+S_{j+n-m}x^{j+n-m}\right)x^{m-j}\\ =&\sum_{j=1}^m (-1)^{T_j} A(x) x^{m-j}\\ =&A(x)\times \left(\sum_{j=1}^m (-1)^{T_j} x^{m-j}\right) \end{aligned} \]乘号两边都是多项式，用 FFT 或 NTT 优化多项式乘法即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define LN 22
#define N 1000010
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=998244353;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
inline int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
int n,m;
int a[N<<3],b[N<<3];
int rev[N<<3],w[LN][N<<3][2];
char s[N],t[N];
void init(int limit)
{
for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1)
{
int len=mid<<1;
int gn=poww(3,(mod-1)/len);
int ign=poww(gn,mod-2);
int g=1,ig=1;
for(int j=0;j<mid;g=mul(g,gn),ig=mul(ig,ign),j++)
w[bit][j][0]=g,w[bit][j][1]=ig;
}
}
void NTT(int *a,int limit,int opt)
{
opt=(opt<0);
for(int i=0;i<limit;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(limit>>1));
for(int i=0;i<limit;i++)
if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1)
{
for(int i=0,len=mid<<1;i<limit;i+=len)
{
for(int j=0;j<mid;j++)
{
int x=a[i+j],y=mul(w[bit][j][opt],a[i+mid+j]);
a[i+j]=add(x,y),a[i+mid+j]=dec(x,y);
}
}
}
if(opt)
{
int tmp=poww(limit,mod-2);
for(int i=0;i<limit;i++)
a[i]=mul(a[i],tmp);
}
}
int main()
{
scanf("%s%s",s+1,t+1);
n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=s[i]-'0';
int tot=0;
for(int i=1,j=m-1;i<=m;i++,j--)
{
if(t[i]=='0') b[j]=1;
else b[j]=-1,tot++;
}
int limit=1;
while(limit<=(n<<1)) limit<<=1;
init(limit);
NTT(a,limit,1),NTT(b,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=mul(a[i],b[i]);
NTT(a,limit,-1);
int ans=INF;
for(int i=m;i<=n;i++)
ans=min(ans,add(a[i],tot));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
/*
0101010
1010101
*/