https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5217

Byteasar 組建了一支艦隊！他們現在正在海洋上航行著。海洋可以抽象成一張n×m 的網格圖，其中有些位置是“.”，表示這一格是海水，可以通過；有些位置是“#”，表示這一格是礁石，不可以通過；有些位置是“o”，表示這一格目前有一艘艦，且艦離開這一格之後，這一格將變為“.”。這些“o” 表示Byteasar 的艦隊，他們每天可以往上下左右中的一個方向移動一格，但不能有任何一艘艦駛出地圖。特別地，Byteasar 對陣形有所研究，所以他不希望在航行的過程中改變陣形，即任何時刻任何兩艘艦的相對位置都不能發生變化。Byteasar 的艦隊可以航行無限長的時間，每當一艘艦經過某個格子的時候，這個格子海底的礦藏都將被Byteasar 獲得。請寫一個程序，幫助Byteasar 計算他最多可以獲得多少個格子海底的礦藏？

很妙……如果沒有做過類似的題可能打死也不知道是道FFT題。

首先將最小的包含所有艦隊的矩形拿出來，那麽先不考慮能否到達，我們只需要將這個小矩形和大矩形匹配，就能知道我們艦隊能夠放在哪裏。

於是想到暴力匹配，但是顯然是過不了的。

想到BZOJ4259：殘缺的字符串這道題，但是那是一維匹配，而我們要二維匹配。

所以一個想法就是降維，簡單點說，就是第一行字符+第二行字符+……

設大矩形為a[]，小矩形（需要將大小填充等於大矩形）為b[]。

對於一個合法的匹配位置的左上角下標為p，則有對於所有的位置，都不能存在a[p+i]有礁石，b[i]有艦隊這種情況。

於是令a中礁石=1，b中艦隊=1，則就是f[i]=sigma(a[i+j]*b[j])=0，將a矩陣倒存，就有f[i]=sigma(a[n*m-i-j]*b[j])是一個卷積形式，於是FFT。

接下來考慮，對於所有的左上角，我們並不是都能到達的，所以從小矩陣最開始的左上角搜索找到所有合法的左上角。

最後就是一個點其下標為p，它能到達當其存在一個左上角p-i合法，且b[i]=1，於是令所有合法左上角=1，則f[i]=sigma(a[i-j]*b[j])>0，直接就是一個卷積，FFT求一遍就行了。

#include<map>
#include<cmath>
#include
 
<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double dl;
typedef pair<int,int>pii;
#define fi first
#define se second
const dl pi=acos(-1.0);
const dl eps=0.5;
const int M=705;
const int N=M*M*4;
struct complex{
    dl x,y;
    complex(dl xx=0,dl yy=0){
    x=xx;y=yy;
    }
    complex operator +(const complex &b)const{
    return complex(x+b.x,y+b.y);
    }
    complex operator -(const complex &b)const{
    return complex(x-b.x,y-b.y);
    }
    complex operator *(const complex &b)const{
    return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
    }
};
void FFT(complex a[],int n,int on){
    for(int i=1,j=n>>1;i<n-1;i++){
    if(i<j)swap(a[i],a[j]);
    int k=n>>1;
    while(j>=k){j-=k;k>>=1;}
    if(j<k)j+=k;
    }
    for(int i=2;i<=n;i<<=1){
    complex res(cos(-2*on*pi/i),sin(-2*on*pi/i));
    for(int j=0;j<n;j+=i){
        complex w(1,0);
        for(int k=j;k<j+i/2;k++){
        complex u=a[k],t=w*a[k+i/2];
        a[k]=u+t;a[k+i/2]=u-t;
        w=w*res;
        }
    }
    }
    if(on==-1)
    for(int i=0;i<n;i++)a[i].x/=n;
}
bool vis[M][M];
int n,m;
int dx[4]={0,1,0,-1};
int dy[4]={1,0,-1,0};
char mp[M][M];
complex a[N],b[N];
queue<pii>q;
void bfs(int sx,int sy){
    q.push(pii(sx,sy));
    vis[sx][sy]=0;
    while(!q.empty()){
    int x=q.front().fi,y=q.front().se;q.pop();
    a[(x-1)*m+y-1]=complex(1,0);
    for(int i=0;i<4;i++){
        int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
        if(vis[nx][ny]){
        vis[nx][ny]=0;
        q.push(pii(nx,ny));
        }
    }
    }
}
int main(){
    int x1=M,y1=M,x2=0,y2=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",mp[i]+1);

    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
        if(mp[i][j]==‘o‘)x1=min(x1,i),y1=min(y1,j),x2=max(x2,i),y2=max(y2,j);
        else if(mp[i][j]==‘#‘)a[n*m-(i-1)*m-j]=complex(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
        if(mp[i][j]==‘o‘)b[(i-x1)*m+j-y1]=complex(1,0);
    
    int len=1;
    while(len<n*m)len<<=1;
    FFT(a,len,1);FFT(b,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*b[i];
    FFT(a,len,-1);
    for(int i=1;i<=n-(x2-x1);i++)
    for(int j=1;j<=m-(y2-y1);j++)
        if(a[n*m-(i-1)*m-j].x<eps)vis[i][j]=1;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=complex(0,0);
    bfs(x1,y1);
    FFT(a,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*b[i];
    FFT(a,len,-1);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n*m;i++)if(a[i].x>eps)ans++;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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BZOJ5217：[Lydsy2017省隊十連測]航海艦隊——題解