@bzoj

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@description@

很久很久以前，在你刚刚学习字符串匹配的时候，有两个仅包含小写字母的字符串A和B，其中A串长度为m，B串长度为n。可当你现在再次碰到这两个串时，这两个串已经老化了，每个串都有不同程度的残缺。
你想对这两个串重新进行匹配，其中A为模板串，那么现在问题来了，请回答，对于B的每一个位置i，从这个位置开始连续m个字符形成的子串是否可能与A串完全匹配?

原题链接。

@solution@

据说已经成了套路题。
以下内容中假定以 0 为字符串下标起点。

考虑没有通配符的情况，B 中第 j 个位置开头的串能否与 A 匹配。实际上是计算式子 (sum_{i=0}^{m-1}[A_i ot = B_{i+j}]) 是否为 0。

注意到这个注意匹配的形式很像卷积。不过别急，我们先把其拆成数值计算的形式：上式为 0 等价于 (sum_{i=0}^{m-1}(A_i - B_{i+j})^2)。
由完全平方的非负性可以得到等价性。

有通配符怎么办？A, B 其中一个为通配符，构造出来的式子就应该等于 0。
不妨令通配符等于 0，则计算 (sum_{i=0}^{m-1}(A_i - B_{i+j})^2 imes A_i imes B_{i+j}) 是否为 0 即可。

将完全平方拆开，再把 A 翻转一下就可以 fft 算了。

@accepted code@

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define double long double

const int MAXN = 300000*4;
const double PI = acos(-1);
const double EPS = 0.5;

struct complex{
	double r, i; complex() {}
	complex(double _r, double _i) : r(_r), i(_i) {}
	friend complex operator + (complex A, complex B) {
		return complex(A.r + B.r, A.i + B.i);
	}
	friend complex operator - (complex A, complex B) {
		return complex(A.r - B.r, A.i - B.i);
	}
	friend complex operator * (complex A, complex B) {
		return complex(A.r*B.r - A.i*B.i, A.i*B.r + B.i*A.r);
	}
	friend complex operator / (complex A, double k) {
		return complex(A.r / k, A.i / k);
	}
};

void fft(complex *A, int n, int type) {
	for(int i=0,j=0;i<n;i++) {
		if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
		for(int k=(n>>1);(j^=k)<k;k>>=1);
	}
	for(int s=2;s<=n;s<<=1) {
		int t = (s >> 1);
		complex u = complex(cos(type*2*PI/s), sin(type*2*PI/s));
		for(int j=0;j<n;j+=s) {
			complex p = complex(1, 0);
			for(int k=0;k<t;k++,p=p*u) {
				complex x = A[j+k], y = A[j+k+t]*p;
				A[j+k] = x + y, A[j+k+t] = x - y;
			}
		}
	}
	if( type == -1 ) {
		for(int i=0;i<n;i++)
			A[i] = A[i] / n;
	}
}
int length(int n) {
	int len; for(len = 1; len < n; len <<= 1);
	return len;
}

double A[MAXN + 5], B[MAXN + 5];
complex f[MAXN + 5], g[MAXN + 5], h[MAXN + 5];

char sa[MAXN + 5], sb[MAXN + 5];

vector<int>ans;

int main() {
	int m, n; scanf("%d%d", &m, &n);
	scanf("%s%s", sa, sb);
	for(int i=0;i<m;i++) A[m-1-i] = (sa[i] == '*' ? 0 : sa[i] - 'a' + 1);
	for(int i=0;i<n;i++) B[i] = (sb[i] == '*' ? 0 : sb[i] - 'a' + 1);
	int len = length(n + m - 1);
	
	for(int i=0;i<len;i++) f[i] = g[i] = complex(0, 0);
	for(int i=0;i<m;i++) f[i].r = A[i]*A[i]*A[i];
	for(int i=0;i<n;i++) g[i].r = B[i];
	fft(f, len, 1), fft(g, len, 1);
	for(int i=0;i<len;i++) h[i] = h[i] + f[i]*g[i];
	
	for(int i=0;i<len;i++) f[i] = g[i] = complex(0, 0);
	for(int i=0;i<m;i++) f[i].r = A[i]*A[i];
	for(int i=0;i<n;i++) g[i].r = B[i]*B[i];
	fft(f, len, 1), fft(g, len, 1);
	for(int i=0;i<len;i++) h[i] = h[i] - f[i]*g[i] - f[i]*g[i];
	
	for(int i=0;i<len;i++) f[i] = g[i] = complex(0, 0);
	for(int i=0;i<m;i++) f[i].r = A[i];
	for(int i=0;i<n;i++) g[i].r = B[i]*B[i]*B[i];
	fft(f, len, 1), fft(g, len, 1);
	for(int i=0;i<len;i++) h[i] = h[i] + f[i]*g[i];
	
	fft(h, len, -1);
	for(int i=m-1;i<n;i++) {
//		printf("%d : %.6f %.6f
", i, h[i].r, h[i].i);
		if( fabs(h[i].r) < EPS ) ans.push_back(i-m+2);
	}
	printf("%d
", (int)ans.size());
	for(int i=0;i<ans.size();i++)
		printf("%d%c", ans[i], i + 1 == ans.size() ? '
' : ' ');
}

@details@

fft 一大缺点就是精度损失比较大，eps 太小就会误判。。。

不过由于这道题 fft 出来肯定是整数，所以 eps 即使调到 0.5 也没有啥大问题。

感觉匹配问题如果常规字符串算法不能做，往往就可以转成卷积然后 fft 做。