bzoj 4503: 两个串【脑洞+FFT】

真实脑洞题
因为通配符所以导致t串实际有指数级别个，任何字符串相关算法都没有用
考虑一个新的匹配方法：设a串（模板串）长为n，从m串的i位置开始匹配：\( \sum_{i=0}^{{n-1}(a[j]-b[i+j])}2a[j] \)
这个东西只有在从i开始的长为n的a串子串与b串完全匹配的时候才为0，因为首先如果两个字符相同，差的平方和才为0，令t中的'?'值为0，这样某一位为0就是这一位的字符匹配上或者a串的这一位通配
然后考虑优化这个n^2的东西

\[c[i]=\sum_{i=0}^{n-1}(a[j]-b[i+j])^2a[j] \]

\[=\sum_{i=0}^{n-1}a[j]^3+a[j]b[i+j]^2-2a[j]^2b[i+j] \]

\[=\sum_{i=0}^{n-1}a[j]^3+\sum_{i=0}^{n-1}a[j]b[i+j]^2-2\sum_{i=0}^{n-1}a[j]^2b[i+j] \]

前面的是常数，所以我们只需要考虑快速计算形如\( \sum_{i=0}^{n-1}a[j]b[i+j] \) 的东西即可，设na nb分别是a b数组倒过来（也就是reverse一下）

\[\sum_{i=0}^{n-1}a[j]b[i+j] \]

\[=\sum_{i=0}^{n-i-1}a[j]b[i+j]+\sum_{i=n-i}^{n-1}a[j]b[i+j] \]

\[=\sum_{i=0}^{n-i-1}a[j]nb[n-i-1-j]+\sum_{i=0}^{i-1}a[n-i+j]b[n+j] \]

\[=\sum_{i=0}^{n-i-1}a[j]nb[(n-i-1)-j]+\sum_{i=0}^{i-1}na[(i-1)-j]b[n+j] \]

这样就两部分卷积可以用FFT优化了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=500005;
int n,m,bt,lm,re[N],tot;
double ans[N],sm;
char s[N],t[N];
struct cd
{
	double a,b;
	cd(double A=0,double B=0)
	{
		a=A,b=B;
	}
	cd operator + (const cd &x) const
	{
		return cd(a+x.a,b+x.b);
	}
	cd operator - (const cd &x) const
	{
		return cd(a-x.a,b-x.b);
	}
	cd operator * (const cd &x) const
	{
		return cd(a*x.a-b*x.b,a*x.b+b*x.a);
	}
}a[N],b[N],a2[N],b2[N],na[N],nb[N],na2[N],nb2[N];
void dft(cd a[],int f)
{
	for(int i=0;i<lm;i++)
		if(i<re[i])
			swap(a[i],a[re[i]]);
	for(int i=1;i<lm;i<<=1)
	{
		cd wi=cd(cos(M_PI/i),f*sin(M_PI/i));
		for(int k=0;k<lm;k+=(i<<1))
		{
			cd w=cd(1,0),x,y;
			for(int j=0;j<i;j++)
			{
				x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
				a[j+k]=x+y,a[i+j+k]=x-y;
				w=w*wi;
			}
		}
	}
	if(f==-1)
		for(int i=0;i<lm;i++)
			a[i].a/=lm;
}
void fft(cd a[],cd b[])
{
	dft(a,1);
	dft(b,1);
	for(int i=0;i<lm;i++)
		a[i]=a[i]*b[i];
	dft(a,-1);
}
int main()
{
	scanf("%s%s",s,t);
	m=strlen(s),n=strlen(t);
	for(int i=0;i<n;i++)
		a[i].a=(t[i]=='?')?0:t[i]-'a'+1,a2[i].a=a[i].a*a[i].a,sm+=a[i].a*a[i].a*a[i].a;
	for(int i=0;i<m;i++)
		b[i].a=s[i]-'a'+1,b2[i].a=b[i].a*b[i].a;
	for(int i=0;i<m;i++)
		na[i]=a[m-i-1],nb[i]=b[m-i-1],na2[i]=a2[m-i-1],nb2[i]=b2[m-i-1];
	for(bt=0;(1<<bt)<=2*m;bt++);
	lm=1<<bt;
	for(int i=0;i<lm;i++)
		re[i]=(re[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bt-1));
	fft(a,nb2);
	fft(b2,na);
	fft(a2,nb);
	fft(b,na2);
	for(int i=0;i<=m-n;i++)
	{
		ans[i]=sm+(int)(a[m-i-1].a+0.5)-2*(int)(a2[m-i-1].a+0.5);
		if(i>0)
			ans[i]+=(int)(b2[i-1].a+0.5)-2*(int)(b[i-1].a+0.5);
		tot+=(ans[i]==0);
	}
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=0;i<=m-n;i++)
		if(ans[i]==0)
			printf("%d ",i);
	return 0;
}