[bzoj4259][bzoj4503] 残缺的字符串 [FFT]

题面

传送门

bzoj上的这两题是一样的......

正文

我看到这道题,第一想法是跑魔改过的KMP,然后很快发现不可行

于是想换个角度思考

其实,本题最大的问题就在于通配符的存在:它可以匹配任意一个字符

那么我们考虑一个办法:令两个字符匹配成为“抵消”,那么数学上的抵消会让我们想到什么呢?

没错,0

我们令所有的通配符为0,让匹配变成两个字符相乘,那么乘出来零就“抵消”了

想到这里以后,一个非常自然的想法就是令所有的普通字符匹配也变成乘积为0的,但是这显然不可行,因为这个方法一定会导致不同字符乘起来也等于0(我们有26个字幕呢!!!)

现在这个问题就比较烦了,但是我们依然不能放弃希望

考虑0,除了作为非正非负数以外,它还有什么特性?

没错,零是一个整数

整数?整数......我们只要让匹配成功的字符,乘起来等于整数不就好了!

接下来的思路就比较清晰了:我们令第i种字母,在文本串(B串)中的值为i,在模式串(A串)中为$\frac 1i$,这样如果A串和B串某一位匹配,就会得到一个1

但是还有一个问题:如果遇到$4\ast\frac 12=2$这样的怎么办?

好说,我们令i等于10000+i就好了

我们把模式串A翻过来,然后让它与B串做FFT乘法

得到的第i位如果是整数,那么意味着从第i-n位开始的、长度为n的B串子串能与A匹配(n<i<=n*\2)

精度记得卡一卡,卡到1e-6就差不多了

貌似有的OJ只需要加1000?反正这是个玄学做法,总是能卡掉的吧......

Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
inline int read(){
    int re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
struct complex{
    double x,y;
    complex(double xx=0,double yy=0){x=xx;y=yy;}
    complex operator +(const complex &b){return complex(x+b.x,y+b.y);}
    complex operator -(const complex &b){return complex(x-b.x,y-b.y);}
    complex operator *(const complex &b){return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);}
}A[2000010],B[2000010];
const double pi=acos(-1.0);
int n,m,limit=1,cnt=0,r[2000010];
void fft(complex *a,double type){
    int i,j,k,mid;complex x,y,w,wn;
    for(i=0;i<limit;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for(mid=1;mid<limit;mid<<=1){
        wn=complex(cos(pi/mid),type*sin(pi/mid));
        for(j=0;j<limit;j+=(mid<<1)){
            w=complex(1,0);
            for(k=0;k<mid;k++,w=w*wn){
                x=a[j+k];y=w*a[j+k+mid];
                a[j+k]=x+y;a[j+k+mid]=x-y;
            }
        }
    }
}
vector<int>ans;
char s[300010];
int main(){
    m=read();n=read();int i,tmp;
    scanf("%s",s);
    for(i=0;i<m;i++){
        if(s[i]=='*') B[m-i].x=0;
        else B[m-i].x=(1.0/(10001.0+double(s[i]-'a')));
    }
    scanf("%s",s);
    for(i=0;i<n;i++){
        if(s[i]=='*') A[i+1].x=0;
        else A[i+1].x=(10001.0+double(s[i]-'a'));
    }
    while(limit<=(n+m)) limit<<=1,cnt++;
    for(i=0;i<limit;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1)));
    fft(A,1);fft(B,1);
    for(i=0;i<=limit;i++) A[i]=A[i]*B[i];
    fft(A,-1);
    for(i=m+1;i<=n+1;i++){
        A[i].x/=(double)limit;tmp=(int)(A[i].x+0.5);
        if(abs(A[i].x-(double(tmp)))<=1e-6) ans.push_back(i-m);
    }
    printf("%d\n",ans.size());
    for(i=0;i<ans.size();i++) printf("%d ",ans[i]);
}
posted @ 2018-04-14 16:01  dedicatus545  阅读(156)  评论(0编辑  收藏  举报