Bzoj4259 残缺的字符串

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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?

 

Input

第一行包含两个正整数m,n(1<=m<=n<=300000)，分别表示A串和B串的长度。

第二行为一个长度为m的字符串A。

第三行为一个长度为n的字符串B。

两个串均仅由小写字母和*号组成，其中*号表示相应位置已经残缺。

 

Output

第一行包含一个整数k，表示B串中可以完全匹配A串的位置个数。

若k>0，则第二行输出k个正整数，从小到大依次输出每个可以匹配的开头位置（下标从1开始）。

 

Sample Input

3 7
a*b
aebr*ob

Sample Output

2
1 5

HINT

 

Source

By Claris

数学问题 FFT 字符串 脑洞题

题解看这里→ http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/6511330.html

这道题只不过给两个串都加了通配符而已。只要在之前那道题的式子上再乘一个a[i]就可以了。

跑得巨慢，尝试优化各种地方，在submission status上留下了一串红。

最后发现我的FFT板子之前是用来处理等长卷积的，所以长度直接设成len*2，实际上只用len(a)+len(b)就可以了(第43行)

速度快了一倍，4768ms成功rank7

↑在此之前手写复数类从1w+优化9000ms

/*by SilverN*/
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
const int mxn=1150011;
struct com{
    double a,b;
    com operator + (const com y){return (com){a+y.a,b+y.b};}
    com operator - (const com y){return (com){a-y.a,b-y.b};}
    com operator * (const com y){return (com){a*y.a-b*y.b,a*y.b+b*y.a};}
}c[mxn],d[mxn],e[mxn];
double a[mxn],b[mxn];
int n,l;
int rev[mxn];
void FFT(com *a,int flag){
    int i,j,k;
    for(i=0;i<n;i++){if(rev[i]>i)swap(a[rev[i]],a[i]);}
    for(i=1;i<n;i<<=1){
        com wn=(com){cos(pi/i),flag*sin(pi/i)};
        for(j=0;j<n;j+=(i<<1)){
            com w=(com){1,0};
            for(k=0;k<i;k++,w=w*wn){
                com x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];
                a[j+k]=x+y;
                a[i+j+k]=x-y;
            }
        }
    }
    if(flag==-1)for(i=0;i<n;i++)a[i].a/=n;
}
char s1[300021],s2[300021];
int ans[mxn],cnt=0;
int main(){
    int l1,l2;
    scanf("%d%d",&l2,&l1);
    int i,j;
    scanf("%s",s2);scanf("%s",s1);
    int m=l1+l2;
    for(n=1;n<m;n<<=1)l++;
    for(i=0;i<n;i++){rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
    for(i=0;i<l1;i++){
        if(s1[i]!='*')a[i]=s1[i]-'a'+1;
        else a[i]=0;
    }
    for(i=0;i<l2;i++){
        if(s2[i]!='*')b[l2-i-1]=s2[i]-'a'+1;
        else b[l2-i-1]=0;
    }
    for(i=0;i<l1;i++){
        c[i].a=a[i]*a[i]*a[i];
    }
    for(i=0;i<l2;i++){
        d[i].a=b[i];
    }
    FFT(c,1);FFT(d,1);
    for(i=0;i<n;i++){e[i]=c[i]*d[i];}//a^3*b
    //
//    memset(c,0,sizeof c);
//    memset(d,0,sizeof d);
    for(i=0;i<n;i++){c[i].a=a[i]*a[i];c[i].b=0;}
    for(i=0;i<n;i++){d[i].a=b[i]*b[i];d[i].b=0;}
    FFT(c,1);FFT(d,1);
    com tmp=(com){2,0};
    for(i=0;i<n;i++){e[i]=e[i]-c[i]*d[i]*tmp;}//2ab*a*b
    //
//    memset(c,0,sizeof c);
//    memset(d,0,sizeof d);
    for(i=0;i<n;i++){c[i].a=a[i];c[i].b=0;}
    for(i=0;i<n;i++){d[i].a=b[i]*b[i]*b[i];d[i].b=0;}
    FFT(c,1);FFT(d,1);
    for(i=0;i<n;i++){e[i]=e[i]+c[i]*d[i];}//b^3*a
    //
    FFT(e,-1);
    for(i=l2-1;i<l1;i++)
        if(abs(e[i].a)<=0.5){
            ans[++cnt]=i-l2+2;
        }
    printf("%d
",cnt);
    for(i=1;i<=cnt;i++){
        printf("%d ",ans[i]);
    }
    return 0;
}