【简】题解 吉首大学第十一届“新星杯”大学生程序设计大赛
传送门：OJ
OJ
前言
A K题的大模拟实在写不动了 摸掉了（其实是其他作业叠太多了）等有空了再说吧
写得太烂 大佬们请不要介意
问题 A 咱俩下象棋去：
给你一个象棋盘 棋子的个数可能跟普通的不同 问能否在2步内将对方的军
QWQ:
A掉的大佬tql
考场一看是到大模拟 果断跳
问题 B 抽积木游戏
给你竖着的n个积木 当积木的长度能被高度加1整除可抽出
给定积木堆 问是否能被抽完
QWQ:
显然上面的积木不会对下面积木造成影响
对于某个高度的积木
在最优抽出的过程中 一定能保证 对于其高度及其以下的位置 在某个时刻能够达到
那么 对于该积木 如果能被 其高度及其以下的 任意一高度整除 那么该积木就可抽出
考虑从底层往上枚举 用cup记录该数能否被抽
设高度为x
如果x为质数 那么 将x*Z 都可以取到
如果非质数 那么一定被之前某个质数的更新所覆盖
最终的流程就是
线性筛预处理质数
从底层往上枚举
判断该高度积木能否抽出
更新cup标记能取到的值
输出结果
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=2e6+10;
int n,mx;
int a[N],pd[N];
int prime[N],top,vis[N];
void xxs(int mx)//线性筛
{
vis[0]=vis[1]=1; //1为不是0为是
for(int i=2;i<=mx;i++)
{
if(!vis[i]) prime[++top]=i;
for(int j=1;j<=top&&prime[j]*i<=mx;j++)
{
vis[prime[j]*i]=1;
if(!(i%prime[j])) break;
}
}
}
int main()
{
n=read();xxs(N-10);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),mx=max(mx,a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int del=i+1;
if(!vis[del])
for(int j=del;j<=N-10;j+=del) pd[j]=1;
if(!pd[a[i]]){printf("NO");return 0;}
}
printf("YES");
return 0;
}
问题 C 梅贾的窃魂卷
给个层数最高0层最高25次
k +5次 d -10次 a -2次
给定kda个数
问有多少种排列方法使得最后层数为25次
QWQ:
刚开始被原题意误导说大于等于25次 以为层数能大于25 错了好几次 浪费了一段时间
直接考虑dp emmm不知道为什么我开始还怀疑了正确性 考虑正做还是反做 还是用广搜做
数据范围有限 可直接设dp[i][j][k][v] 前三位表示各用了多少次 一维表示当前的值
记得用max min 限制更新 时v更新时的上下界
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const ll N=100;
ll k,d,a,ans;
ll dp[20][10][10][70];
int main()
{
k=read(),d=read(),a=read();
dp[0][0][0][0]=1;
for(ll i=0;i<=k;i++)
for(ll j=0;j<=d;j++)
for(ll k=0;k<=a;k++)
for(ll v=0;v<=25;v++)
{
dp[i+1][j][k][min(25*1ll,v+5*1ll)]+=dp[i][j][k][v];
dp[i][j+1][k][max(0*1ll,v-10*1ll)]+=dp[i][j][k][v];
dp[i][j][k+1][min(25*1ll,v+2*1ll)]+=dp[i][j][k][v];
}
for(ll i=25;i<=25;i++) ans+=dp[k][d][a][i];
cout<<ans;
return 0;
}
问题 D 强行数学题
给2个式子求另个式子
QWQ:
没什么好说的 真的强行数学题
（2）*2-（1）=（3）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
#define db double
const db pi=域名926;
int main()
{
printf("%.3lf",pi*pi/12.0);
return 0;
}
问题 E 羊村保卫站
给你个方阵的左上角位置和边长 给你个点
问以改点为圆心 最小半径多少能覆盖矩阵
QWQ:
好（毒）题（瘤）啊
不得不提 该题的坐标轴x向右 y轴向上 不是默认的坐标轴
考场考场反反复复看了题目好几遍 最开始还以为是贪心错了 看时间范围够把边长也都算了进去
时间消失法术 心态差点爆炸 我记住你了
显然 只要保证方阵四个顶点能被包括就可以了
不够就算边长也算也不会超时
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
#define db double
ll xx,yy,d;
ll x,y;
db ans;
inline db js(ll xx,ll yy,ll x,ll y)
{
return sqrt(1.0*abs(xx-x)*abs(xx-x)+1.0*abs(yy-y)*abs(yy-y));
}
int main()
{
xx=read(),yy=read(),d=read();
x=read(),y=read();
//// cout<<js(xx,yy,x,y)<<endl;
// for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx+i,yy,x,y));
// for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx,yy+i,x,y));
// for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx+d,yy+i,x,y));
// for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx+i,yy+d,x,y));
db tmp=
max(
max(js(xx+d,yy,x,y),js(xx,yy-d,x,y))
,
max(js(xx,yy,x,y),js(xx+d,yy-d,x,y))
);
ans=max(ans,tmp);
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
问题 F 《特殊三角形》
给你几个矩阵 观察规律
求第n个矩阵
QWQ:
考场看也是大模拟也跳了下
后来其他题目做差不多回来看只剩半小时 结束差几分钟才调出来
最后这题发现交了总时间还是比前面的人总时间成 排名没变化
观察得知 图形是三角形往左下和右下复制一遍重叠一部分
按意模拟 冷静
我的实现是按方阵copy记录 复制和被复制的两个矩阵的左上角位置 如果已经是 *就跳过防止覆盖
设三角形边长*数为len 去0列后 矩阵中点位置w
被复制 起始 stx sty
复制 起始 tmpx tmpy
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=1300;
int n,w,md;
int stx,sty,len;
char a[N][N];
inline void cp(int x,int y,int len)
{
for(int i=0;i<len;i++)
for(int j=0;j<2*len;j++)
if(a[x+i][y+j]==\' \')
a[x+i][y+j]=a[stx+i][sty+j];
}
int main()
{
n=read();w=(1<<n)+1;
for(int i=1;i<=w;i++)
for(int j=0;j<=2*w-1;j++)
if(a[i][j]!=\'*\') a[i][j]=\' \';
a[1][w]=\'*\';
a[2][w-1];a[w][w-2]=\'*\';
stx=1,sty=w-1;len=(1<<0)+1;//*长
for(int cs=1;cs<=n;cs++)
{
int tmpx=stx+len-1,tmpy=sty-len+1;
cp(tmpx,tmpy,len);
tmpx=stx+len-1,tmpy=w;
cp(tmpx,tmpy,len);
stx=1;sty=sty-len+1;
len=((1<<cs)+1);
}
for(int i=1;i<=w;i++,puts(""))
for(int j=0;j<=2*w-1;j++)
cout<<a[i][j];
return 0;
}
问题 G 套马的汉子
求n矩阵 对于其中某个位置 在每个矩阵中都是横纵的最小点 就标记
问有几个标记
QWQ:
看到第一反应二维线段树？
看见前缀和可以直接做
后来发现数据范围太小 就算直接写暴力枚举也能过
做的时候不知道为什么题目又没看清写了最大 改回最小又浪费了一段时间
写的时候 因为还是前缀和更好写就写了这个
上下前后左右都枚举下用遍前缀和 标记下是否为最小
统计答案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=20,V=110;
int n,x,y,mn,ans;
int a[N][N][N],pd[N][N];
int main()
{
n=read();x=read(),y=read();
for(int i=1;i<=x;i++)
for(int j=1;j<=y;j++)
pd[i][j]=1;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=x;i++)
for(int j=1;j<=y;j++)
a[k][i][j]=read();
for(int k=1;k<=n;k++)
{
for(int i=1;i<=x;i++)
{
mn=1e9+7;
for(int j=1;j<=y;j++)
{
mn=min(mn,a[k][i][j]);
if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0;
}
mn=1e9+7;
for(int j=y;j>=1;j--)
{
mn=min(mn,a[k][i][j]);
if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0;
}
}
for(int j=1;j<=y;j++)
{
mn=1e9+7;
for(int i=1;i<=x;i++)
{
mn=min(mn,a[k][i][j]);
if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0;
}
mn=1e9+7;
for(int i=x;i>=1;i--)
{
mn=min(mn,a[k][i][j]);
if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0;
}
}
}
// for(int i=1;i<=x;i++,puts(""))
// for(int j=1;j<=y;j++)
// cout<<pd[i][j]<<" ";
//
for(int i=1;i<=x;i++)
for(int j=1;j<=y;j++) if(pd[i][j])
ans++;
cout<<ans;
return 0;
}
问题 H 繁忙的路口
一个红绿灯入口
给定一个状态 问是否矛盾
QWQ:
显然 对于每个入口来说是等价的
强制对其中单一入口考虑
分别考虑 当前路口直行有哪些矛盾 左行有哪些矛盾
左行有5种矛盾 直行有4种矛盾（考场 刚开始纠结左行和右口的左行是否有矛盾 后来交了下确实是有矛盾的）
再对于每个入口都这样做一遍判断有没有矛盾
这里对于每个入口做一遍的时候推荐用循环数组枚举每个入口
具体实现 请参考代码 0表示左行 1表示直行
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
char s[20];
inline int del(int x)
{
x=(x+24)%4;
if(x==0) x+=4;
return x;
}
inline int dw(int x,int y)
{
return (x-1)*2+y+1;
}
int main()
{
scanf("%s",s+1);
for(int x=1;x<=4;x++)
{
if(s[dw(x,0)]==\'G\')
{
if(s[dw(del(x+1),0)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+3),1)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+3),0)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+2),1)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+2),0)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
}
if(s[dw(x,1)]==\'G\')
{
if(s[dw(del(x+1),0)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+1),0)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+2),0)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
if(s[dw(del(x+3),1)]==\'G\'){cout<<"terrible";return 0;}
}
}
cout<<"perfect";
return 0;
}
问题 I roll up
给你120个菜 6个人
拿最多的人和最小的人都被淘汰
第一个人拿的量已给出
后每个人 先保证 不被淘汰 再保证淘汰的人最多 再保证自己拿的菜尽可能多
菜不必取完
QWQ:
因为第一个人的量a给出 第二个人就比较特殊 知道前面的人的值
考虑对a分类讨论
1 a>58 保证a肯定最大 得出a>58 第二个人尽量取 其他人全1
2 a==58 结果 a-1 2 1 1
3 (20<a&&a<58) 因为平分每个人20 该范围此时保证 a非最小 后面人尽量取a-1为非最大 保证最后个人取最小
4 a<=20
考场的时候这边不确定 考虑到答案可能有2种情况 因为菜不必取完 第二个人无论取多少 都不能保证不被淘汰
1 因为 第二人不能保证不被淘汰 所以保证可能性尽可能大 淘汰尽可能多 取a 后几个人也这么做 最后所有人都取a 所有人一起淘汰
按这样的推理 到最后个人 最后的人发现前面人取总肯定不会 和 前面三种的任意一种相同
那么 得知 a取值情况必为第四种 那么按推理 前面人都是a 最后个人按取的优先级必定把剩下的取完 淘汰的还是6个人
而第二的人想到前面的情况 也没法改变取值保证 淘汰人数6不变 取值变多
交上去发现 这种方法错了
2 因为 第二人不能保证不被淘汰 在第二人取尽可能多时保证淘汰人数5人 并且取值最大
交上去发现从从50到71分了 发现std是这种情况
考场上不知道为什么情况3的58打成28 又搞来搞查了半天 以为其他几个直接输出的结果有问题
最后每种情况都单独交了下 才查出来
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=120;
int a;
int b[N];
int main()
{
a=read();
if(a>58) cout<<N-a-4<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1; //33
if(a==58) cout<<a-1<<" "<<2<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1;
if(20<a&&a<58)//20-28 17 38
{
int sum=a;
for(int i=1;i<=5;i++)
{
b[i]=min(N-sum-(5-i),a-1);
sum+=b[i];
}
cout<<b[1];
for(int i=2;i<=5;i++) cout<<" "<<b[i];
}
// if(a==20) cout<<20<<" "<<20<<" "<<20<<" "<<20<<" "<<20;
// if(a<20) cout<<a<<" "<<a<<" "<<a<<" "<<a<<" "<<a;
if(a<=20) cout<<N-a-4<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1; //21
return 0;
}
问题 J 羊村快递站
给个数列 每次按给定的位置取 最后输出取的次序 没取为0 被删掉为-1
如果对与一个还未取的位置如 果右边先被取了 左边再被取了 那么该位置被删掉
QWQ:
考虑按取的次序一个个处理
用个指针r 标记到当前情况最有边已经被取的位置
用树状数组处理被删的情况
对于当前取的位置w
1 r<=w 更新指针 更新答案
2 w<r
如果没被删 更新答案 用区间-1 更新w+1到r-1值
被删了跳过 或者更新答案
最后判断哪些位置没更新答案 并且值小于0 表示被删掉了 更新答案
考场 没找到自己树状数组模板 太久没写了 以防万一
随便找了板子 码风有点奇怪（考后改掉了）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=1e4+10;
int n,m,l,r,topa;
int a[N],b[N],mp[N],tr[N],ans[N];
inline void add(int x,int v)
{
for(;x<=n;x+=x&(-x)) tr[x]+=v;
}
inline int ask(int x)
{
int ans=0;
for(;x;x-=x&(-x)) ans+=tr[x];
return ans;
}
int main()
{
n=read();r=0;l=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),mp[a[i]]=i;
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int w=mp[b[i]];
if(r<=w){r=w,ans[w]=++topa;continue;}//l=w-1;
if(w<r)
{
if(ask(w)>=0)
{
ans[w]=++topa;
add(w+1,-1);add(r,1);
continue;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!ans[i]) if(ask(i)<0) ans[i]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
问题 K 推箱子
给你个推箱子的地图 问最小步数 最小方案数 最小步数的最小字典序的方案
QWQ:
A掉的大佬tql
考场一看是到大模拟 果断跳
问题 L Alice and Bob
给你n个有编号的石子 每次只能取与编号与当前最大编号互质的石子 每次最多取n个
两个人取 问谁赢
QWQ:
emmmm 怎么说呢 原题的 只有唯一公约数 怎么看怎么奇怪
考场竟然一直没意识到就是 互质
知道意思后发现 最大的石子 除了n==1 其他情况是永远取不到的
那么能取的石子是固定
原题就转化为
1 给你一个数n 求小于等于n的与n互质的数x
2 给你个x个数的石子 每次限取m个 问谁赢
说来惭愧 考后写的时候 已经是完全忘记了欧拉函数的定义就是 问1 了 数论学得太不扎实了
线性筛oula函数就解决了问1
问2就是经典的取石子问题
1 x%(m+1)==0 那么无论先手取什么 后手总能 取到一个数 使此轮 两人加起来取到m+1 最后 后手胜
2 x%(m+1)!=0 那么先手可以肯定可以一定数 使得剩下来的数被(m+1)整除 转化为情况1 先手胜
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
ll n,m;
const ll N=1e7+10;
int vis[N],prime[N],top,oula[N];
void xxoula(ll mx)
{
vis[0]=vis[1]=1;//1为不是0为是
oula[0]=0;oula[1]=1;
for(ll i=2;i<=mx;i++)
{
if(!vis[i]){prime[++top]=i;oula[i]=i-1;}
for(ll j=1;j<=top&&prime[j]*i<=mx;j++)
{
vis[prime[j]*i]=1;
if(!(i%prime[j])){oula[prime[j]*i]=oula[i]*prime[j];break;}
oula[prime[j]*i]=oula[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
int main()
{
xxoula(1e7);
ll t=read();
while(t--)
{
n=read(),m=read();
if((oula[n])%(m+1)) printf("Alice\n");
else printf("Bob\n");
}
return 0;
}
问题 M 简单字符串匹配
给你两个串a,b 问b移位后和对a的最大贡献
ABCD组成一个环的顺序 后项对前一项 算1的贡献
QWQ:
感觉这场考试收获最大的就是这题了 重新理解了fft的优化
考虑对a预处理 直接把每个位置的值按ABCD循环加1变换
题目就转换成 b移位后和对a的最大贡献 位置上值相等算1贡献
接着就感觉特别熟悉
看到题目反应套用kmp的思想 处理信息
然后就发现这样的话信息极难维护
然后就想到了bitset
对ABCD各单独考虑贡献
该位置有 bitset中该值就为1
统计贡献就是a b的bitset 取&
太久没用 完全忘记了一次复杂度是n/32级别的 都是拿来卡常用的
考场以为复杂度是lgn级别 写完后喜获暴力的分数33分 复杂度 O(nn/32)
考场后看到了某个大佬发的链接 说用fft优化
大佬的代码太长了懒得仔细看了就自己写了
考虑原来复杂度的瓶颈是统计贡献n*n/32
对于 单一的一个值 假设m=6
统计贡献的情况是
相当上下两数列各位相乘
而对与多项式卷积来说
x+6+x+1维值的计算 相当于下图
那么将b数组前后翻转下就通过卷积就可以得到 该情况的贡献了
移动各个长度答案也就是卷积后的各个维度
用fft优化卷积 对于 单一的一个值 移动各个长度的的贡献就能求出来 复杂度nlgn
4个值总复杂度 O(4*nlgn)
注意每次fft的时候 初始化卷积的ab数组到记得初始到最小的2^x>n+m
另外题目中 m+移动的长度 是允许大于n的（允许两边都能空的赛马真的太奇怪了）
关于之前的暴力用的stl 如果stl用int实现的话 手写个ll的 除/64的常数
因为答案只要最优的一个移动位置就能计算了 缩小下移动枚举的量
用+rand（）枚举移动位置 数据水点 机器快点 多交几遍运气好点说不定能过
bitset代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=1e5+10;
int n,m,ans;
char a[N],b[N];
bitset<N> bt1[6],bt2[6],bt3[6];
inline int del(int x)
{
x=x%4;
if(x==0) x=4;
return x;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);
for(int i=1;i<=n;i++) bt1[del(a[i]-\'A\'+2)][i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) bt2[del(b[i]-\'A\'+1)][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=0;
for(int k=1;k<=4;k++)
{
bt3[k]=bt1[k]&(bt2[k]<<i);
tmp+=bt3[k].count();
}
ans=max(ans,tmp);
}
cout<<ans;
}
fft代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;
return s*r;
}
const int N=3e5+10;
int nn,mm,ans;
char aa[N],bb[N];
int bt1[6][N],bt2[6][N],bt3[6][N];
inline int del(int x)
{
x=x%4;
if(x==0) x=4;
return x;
}
#define E complex<double>
//N记得至少开两倍
const double pi=acos(-1);
int n,m,l,r[N];
E a[N],b[N];
void fft(E *a,int f){
for(int i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);//交换位置 if为了避免重复交换变回原来的
for(int i=1;i<n;i<<=1){//当前合并两个长度为i的值的集合
E wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));//单位复根 将一个圆分成i部分 因为每次要合并i对下标为奇数和欧素的
for(int p=i<<1,j=0;j<n;j+=p){//当前要合并区间的第一个位置p
E w(1,0);
for(int k=0;k<i;k++,w*=wn){//要合并这个区间的第几个数
E x=a[j+k],y=w*a[j+k+i];
a[j+k]=x+y;a[j+k+i]=x-y; //算出带进去的两个值的结果
}
}
}
}
inline void cl()
{
n=nn,m=mm;l=0;
for(int i=0;i<=N-10;i++) r[i]=0;
for(int i=0;i<=N-10;i++) a[i]=b[i]=0;
}
int main()
{
nn=read(),mm=read();
scanf("%s",aa+1);scanf("%s",bb+1);
for(int i=1;i<=nn;i++) bt1[del(aa[i]-\'A\'+2)][i]=1;
for(int i=1;i<=mm;i++) bt2[del(bb[i]-\'A\'+1)][i]=1;
for(int k=1;k<=4;k++)//
{
cl();
m+=n;for(n=1;n<=m;n<<=1)l++;//乘运算后的长度至少为n+m 运算要求为2的整次幂
for(int i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));//蝴蝶操作
for(int i=1;i<=nn;i++) a[i]=bt1[k][i];
for(int i=1;i<=mm;i++) b[i]=bt2[k][mm-i+1];;
fft(a,1);fft(b,1);//转化为点值表达
for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=a[i]*b[i];//O(n)运算
fft(a,-1);//转化为系数表达
for(int i=0;i<=m;i++) bt3[k][i]=(int)(a[i].real()/n+0.5);;
}
for(int i=0;i<=nn;i++)
{
int tmp=0;
for(int k=1;k<=4;k++) tmp+=bt3[k][1+mm+i];
ans=max(ans,tmp);
}
cout<<ans;
} 
