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一、题目描述
给定一个长度为 n 的字符串，再给定 m 个询问，每个询问包含四个整数 l_1,r_1,l_2,r_2，请你判断 [l_1,r_1] 和 [l_2,r_2] 这两个区间所包含的字符串子串是否完全相同。
字符串中只包含大小写英文字母和数字。
输入格式
第一行包含整数 n 和 m，表示字符串长度和询问次数。
第二行包含一个长度为 n 的字符串，字符串中只包含大小写英文字母和数字。
接下来 m 行，每行包含四个整数 l_1,r_1,l_2,r_2，表示一次询问所涉及的两个区间。
注意，字符串的位置从 1 开始编号。
输出格式
对于每个询问输出一个结果，如果两个字符串子串完全相同则输出 Yes，否则输出 No。
每个结果占一行。
数据范围
1≤n,m≤10^5
输入样例：
8 3
aabbaabb
1 3 5 7
1 3 6 8
1 2 1 2
输出样例：
Yes
No
Yes
二、算法思路
字符串哈希 O(n+m)
全称 字符串前缀哈希法，把字符串变成一个p进制数字（哈希值），实现不同的字符串映射到不同的数字。并且，用h[N]记录字符串前N个字符的Hash值，类似于前缀和。
作用就是把O(N)的时间复杂度降为O(1)。比如本题就是对比任意两段内字符串是不是相同，正常就是类似于一个循环长度次的substr,其实用hash差就能一步搞定！
举个栗子：
str="ABCABCDEYXCACWING";
h[0]=0;
h[1]="A"的Hash值;
h[2]="AB"的Hash值;
h[3]="ABC"的Hash值;
h[4]="ABCA"的Hash值;
对形如X_1X_2X_3...X_{n-1}X_n的字符串，采用字符 ASCII码乘上P次方来计算哈希值。
映射公式：(X_1 \times P^{n-1} +X_2 \times P^{n-2}+...+X_{n-1}\times P^1 + X_n \times P^0) mod \ Q
比如:字符串ABCD，P=131
那么h[4]=65*131^3+66*131^2+67*131^1+68*131^0
而AB，P=131
说是h[2]=65*131^1+66*131^0
我们想要求"CD"的HASH值，怎么求呢？
就是 h[4]-h[2]*131^2
注意
-
任意字符不可以映射成
0，否则会出现不同的字符串都映射成0的情况，比如A,AA,AAA皆为0 -
冲突问题：通过巧妙设置
P(131或13331) ,Q(2^{64})的值，一般可以理解为不产生冲突(玄学)。
Q=2^{64}这个取模动作在代码中没有出现过，这是因为采用了unsinged \ long\ long ，它本身就是2^{64},如果超过了这个数字，就直接自动溢出，起到了取模的作用。
问题是比较不同区间的子串是否相同，就转化为对应的哈希值是否相同。
求一个字符串的哈希值就类似于构建一维前缀和，求一个字符串的子串哈希值就相当于一维前缀和应用:
构建： h[i]=h[i-1] \times P+s[i-1] \ \ \ i∈[1,n] h为前缀和数组，s[i-1]为字符串数组此位置字符对应的ASCII码。
应用： 查询l,r之间部分字符串的hash=h[r]−h[l−1]×P^{r−l+1}
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 100010;
const int P = 131;
int n, m;
string str;
ULL h[N], p[N];
ULL get(int l, int r) {
return h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1];
}
int main() {
cin >> n >> m >> str;
p[0] = 1; // p^0=1,初始化
for (int i = 1; i <= n; i++) {
p[i] = p[i - 1] * P; // 基数
h[i] = h[i - 1] * P + str[i - 1]; // 前缀和
}
while (m--) {
int l1, r1, l2, r2;
cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
if (get(l1, r1) == get(l2, r2))
puts("Yes");
else
puts("No");
}
return 0;
}