bzoj 4503 两个串 快速傅里叶变换FFT

题目大意:

给定两个\((length \leq 10^5)\)的字符串，问第二个串在第一个串中出现了多少次。并且第二个串中含有单字符通配符.

题解:

首先我们从kmp的角度去考虑

这道题从字符串数据结构的方面去考虑你就错了

因为这是我在刷FFT时遇到的题嘛，，直接就去想FFT的做法

我们知道，两个字符串相等当且仅当

\[(\sum_{i=1}^n(s1[i] - s2[i])^2*[s2[i] \neq ?]) = 0
\]

注:可以将s1理解为从第一个串中取出的一个后缀

那么我们对每个s1中的下标就套用公式计算一下即可

我们肯定不能直接计算...

设\(f(x) = \sum_{i=1}^n(s1[o] - s2[i])^2*[s2[i] \neq ?])\)

我们有

\[f(x) = \sum_{i=1}^n(s1[i] - s2[i])^2*[s2[i] \neq ?])
\]

\[f(x) = \sum_{i=1}^ns1[i]^2*s2[i] - \sum{i=1}^n2*s1[i]*s2[i]^2+\sum_{i=1}^ns2[i]^3
\]

针对最后一项求和我们直接预处理即可

有些麻烦的就是前面的两项

但是我们有FFT啊，FFT的作用是计算卷积，可是这明明不是卷积啊?

转化成卷积不就行了。。

我们反转s2这个字符串

然后我们发现,此时有

\[f(x) = \sum_{i=1}^ns1[i]^2*s2[n-i+1] - \sum{i=1}^n2*s1[j]*s2[n-1+1]^2+\sum_{i=1}^ns2[i]^3
\]

前两项变成了标准的卷积形式，所以我们用FFT加速可以在\(nlogn\)内计算

总时间复杂度\(O(nlogn)\)

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
	x=0;char ch;bool flag = false;
	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}
inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}
const int maxn = 210010;
const double pi = acos(-1);
const double eps = 1e-8;
struct complex{
	double x,y;
	complex(){}
	complex(double a,double b){x=a;y=b;}
	complex operator + (complex rhs){return complex(x+rhs.x,y+rhs.y);}
	complex operator - (complex rhs){return complex(x-rhs.x,y-rhs.y);}
	complex operator * (complex rhs){return complex(x*rhs.x-y*rhs.y,x*rhs.y+y*rhs.x);}
	complex operator / (double rhs){return complex(x/rhs,y/rhs);}
};
complex a[maxn<<1],b[maxn<<1],c[maxn<<1];
void FFT(complex *x,int n,int p){
	for(int i=0,t=0;i<n;++i){
		if(i > t) swap(x[i],x[t]);
		for(int j = n>>1;(t^=j) < j;j >>= 1);
	}
	for(int m=2;m<=n;m<<=1){
		complex wn(cos(p*2*pi/m),sin(p*2*pi/m));
		for(int i=0;i<n;i+=m){
			complex w(1,0),u;
			int k = m>>1;
			for(int j=0;j<k;++j,w=w*wn){
				u = x[i+j+k]*w;
				x[i+j+k] = x[i+j] - u;
				x[i+j] = x[i+j] + u;
			}
		}
	}
	if(p == -1) for(int i=0;i<n;++i) x[i] = x[i]/n;
}
char tmp[maxn];
int s1[maxn],s2[maxn];
int main(){
	scanf("%s",tmp);int n = strlen(tmp);
	for(int i=0;i<n;++i) s1[i] = tmp[i] - 'a' + 1;
	scanf("%s",tmp);int m = strlen(tmp);
	double sum = 0.0;
	for(int i=0;i<m;++i){
		s2[m-i-1] = tmp[i] == '?' ? 0 : tmp[i] - 'a' + 1;
		sum += s2[m-i-1]*s2[m-i-1]*s2[m-i-1];
	}

	int len = 0;
	for(int i=1;(i>>2)<n;i<<=1) len = i;
	for(int i=0;i<n;++i) a[i] = complex(s1[i]*s1[i],0);
	for(int i=0;i<m;++i) b[i] = complex(s2[i],0);
	FFT(a,len,1);FFT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;++i) c[i] = a[i]*b[i];
	memset(a,0,sizeof a);memset(b,0,sizeof b);
	for(int i=0;i<n;++i) a[i] = complex(s1[i],0);
	for(int i=0;i<m;++i) b[i] = complex(s2[i]*s2[i],0);
	FFT(a,len,1);FFT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;++i) c[i] = c[i] - (a[i]*b[i]) - (a[i]*b[i]);
	FFT(c,len,-1);
	int ans = 0;
	for(int i=m-1;i<n;++i)
		if( (int)(c[i].x + sum + 0.5) == 0 ) ++ans;
	printf("%d\n",ans);
	for(int i=m-1;i<n;++i)
		if( (int)(c[i].x + sum + 0.5) == 0 ) printf("%d\n",i-m+1);
	getchar();getchar();
	return 0;
}