(Description)
给定两个字符串S和T，求T在S中出现了几次，以及分别在哪些位置出现。T中可能有'?'字符，这个字符可以匹配任何字符。
(|S|,|T|leq 10^5)。
(Solution)
FFT：
显然我们可以同CF528D一样枚举(26)个字符然后跑(FFT)。但字符集太大了，复杂度是(O(26nlog n))，以(FFT)的常数肯定GG。（然而CF上一道题(n)更大但(36nlog n)的(FFT)还跑的非常轻松，这就是差距么...）
考虑没有通配符时能怎么做（不考虑(KMP)）。
把每个字符(asim z)映射到(1sim26)，那么(S_i,T_i)匹配了就是(S_i=T_i)。考虑(S,T)做差。但是每个位置需要有(|T|)个值求和来表示匹配(T)串的情况，就算不匹配正负相加也可能变成(0)。
所以考虑平方，即若(f(x)=sum_{i=0}^{|T|-1}(S_{x+i}-T_i)^2=0)，那么(x)位置匹配了(T)。
把平方和拆开，就可以得到两个常数项和一个(sum_{i=0}^{|T|-1}S_{x+i}T_i)，把(T)反转后就可以(FFT)了。
如果有通配符呢？考虑如果(T_i)是通配符，怎么让它不产生影响，也就是贡献是(0)。
那么令通配符(T_i=0)，外面再乘个(T_i)就可以了。即$$egin{aligned}f(x)&=sum_{i=0}^{|T|-1}(S_{x+i}-T_i)^2T_i&=sum_{i=0}^{|T|-1}S_{x+i}^2T_i-2sum_{i=0}^{|T|-1}S_{x+i}T_i^2+sum_{i=0}^{|T|-1}T_i^3end{aligned}$$
第三部分是个常数，前两部分可以分别(FFT)求出来。
//22280kb 3076ms(这慢的...)
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 1000000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=(1<<18)+5;
const double PI=acos(-1);
int S[N],T[N],rev[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Complex
{
double x,y;
Complex(double x=0,double y=0):x(x),y(y) {}
Complex operator +(const Complex &a) {return Complex(x+a.x, y+a.y);}
Complex operator -(const Complex &a) {return Complex(x-a.x, y-a.y);}
Complex operator *(const Complex &a) {return Complex(x*a.x-y*a.y, x*a.y+y*a.x);}
}A[N],B[N],C[N],D[N];
void FFT(Complex *a,int lim,int opt)
{
for(int i=1; i<lim; ++i) if(i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=2; i<=lim; i<<=1)
{
int mid=i>>1; Complex Wn(cos(PI/mid),opt*sin(PI/mid));
for(int j=0; j<lim; j+=i)
{
Complex w(1,0),t;
for(int k=j; k<j+mid; ++k,w=w*Wn)
a[k+mid]=a[k]-(t=a[k+mid]*w), a[k]=a[k]+t;
}
}
if(opt==-1) for(int i=0; i<lim; ++i) a[i].x/=lim;
}
int main()
{
static int pos[N];
register char c;
int n=0; while(isalpha(c=gc())) S[n++]=c-96;
int m=0; while(isalpha(c=gc())||c=='?') T[m++]=c=='?'?0:c-96;
std::reverse(T,T+m);//!
for(int i=0; i<n; ++i) A[i]=Complex(S[i]*S[i],0),C[i]=Complex(S[i]<<1,0);
int sumT=0;
for(int i=0,t; i<m; ++i) B[i]=Complex(t=T[i],0),D[i]=Complex(t*t,0),sumT+=t*t*t;
int lim=1,l=-1;
while(lim<=n+m-2) lim<<=1,++l;//n+m-2就可以了...~~有点想不通...~~n-1次和m-1次咯
for(int i=1; i<lim; ++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
FFT(A,lim,1), FFT(B,lim,1), FFT(C,lim,1), FFT(D,lim,1);
for(int i=0; i<lim; ++i) A[i]=A[i]*B[i]-C[i]*D[i];//可以直接在这里计算然后只IDFT一次啊（反正都是多项式）
FFT(A,lim,-1);
int ans=0;
for(int i=0; i<=n-m; ++i) if(!(int)(A[m+i-1].x+0.5+sumT)) pos[++ans]=i;
printf("%d
",ans);
for(int i=1; i<=ans; printf("%d
",pos[i++]));
return 0;
}
bitset：
可以用bitset暴力匹配。
维护bitset<N> Ans表示每个位置能否匹配(T)串。枚举(T)中的字符(T_j)，维护(Ans_i)是否能够匹配(T_j)，也就是(S_{i+j})处是否是(T_j)。
可以用(26)个bitset<N> Pos[26]得到每种字符在(S)的哪些位置上出现过（出现过的位置设为(1)）。
然后枚举(T_j)（(jin[0,T|)）的时候，(Ans_i)每次都与上(Pos_{T_j})右移(j)位就可以了。（若是通配符就不用再与了）（注意是右移）
最后若(Ans_i)还是(1)，则(i)位置匹配(T)串。
复杂度(O(frac{nm}{w}))。
//2744kb 1372ms
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 1000000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=1e5+3;
char S[N],T[N];
std::bitset<N> Ans,pos[26];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
int main()
{
static int p[N];
register char c;
int n=0; while(isalpha(S[n]=gc())) ++n;//会有个换行符啊=_= 所以while的时候n先别加。
int m=0; while(isalpha(T[m]=gc())||T[m]=='?') ++m;
for(int i=0; i<n; ++i) pos[S[i]-97].set(i);
Ans.set();
for(int i=0; i<m; ++i) if(T[i]!='?') Ans&=pos[T[i]-97]>>i;
int ans=0;
for(int i=0; i<=n-m; ++i) if(Ans[i]==1) p[++ans]=i;
printf("%d
",ans);
for(int i=1; i<=ans; printf("%d
",p[i++]));
return 0;
}