Description
农夫约翰想要在一片巨大的土地上建造一个新的农场。 这块土地被抽象为个 R*C 的矩阵。土地中的每个方格都可
以用来生产一种食物：谷物(G)或者是牲畜(L)。下面是一个 R 为 5，C 为 8 的土地的样例：
12345678
1 GLGGLGLG
2 GGLGGLGL
3 GGLLLGGG
4 LLGLLGLG
5 LGGGLGLL
农夫约翰已经有一套设计好的他想要建造的农场的蓝图。 每一个蓝图被抽象为一个 H*W 的矩阵，其中 H≤R，W≤
C。蓝图中的每个方格表示着农夫约翰想要生产的食物，谷物(G)或是牲畜(L)。下面是一个 H=2，W=3 的蓝图的样
例。
123
1 GLL
2 LGG
使用这个蓝图，农夫约翰可以在土地上的某个位置建立起实际的农场。这个农场的位置可以用它的左上角的位置来
代表， 比如这个农场被建立在土地上的(r,c)这个位置，这个农场必须整个都建立在这块土地中（也就是说 r + H
≤ R 并且 c + W ≤ C） 。如果在土地上的位置(r + i, c + j)的食物种类和蓝图里的位置(i + 1, j + 1)的食
物种类相同（其中 0 ≤ i<H，0 ≤ j<W） ，那么就能出产食物。农夫约翰想要找到这样的农场位置，使得他可以
出产最多的食物（即谷物的格数+牲畜的格数） 。如果有多于一个可能的解，输出最上方的一个，如果仍然有多于
一个可能的解，就输出最作坊的一个。比如对于上面给出的土地和蓝图的样例，最佳的农场位置是(1, 3)，这是最
左上方的一个可行的农场，如下图所示：
12345678
1 GLGGLGLG
2 GGLGGLGL
3 GGLLLGGG
4 LLGLLGLG
5 LGGGLGLL
通过在(1, 3)位置建立农场，农夫约翰可以生产出 5 格的粮食，3 格谷物和2 格牲畜，具体来说，是第一行的一
格谷物和一个牲畜，第二行的一格牲畜和两格谷物。注意位置(2, 5)和位置(3, 2)同样能生产出 5 格谷物，但是
农夫约翰需要的是最靠上中的最靠左的。 在除此以外的任何位置放置农场都只能生产出少于5 格的食物。
Input
输入数据中只有一组土地，第一行包含了两个整数 R 和 C，其中 0 <R,C ≤500，紧接着是 R 行每行包含 C 个字
符来描述这片土地，接下来有一个整数 B，满足 0 <B ≤ 5，表示农夫约翰拥有的蓝图的数量，接下来是 B 个蓝
图，每个蓝图都以包含两个整数 H 和 W 的一行开头，其中 0 <H ≤ R 并且 0 <W ≤ C，紧接着是 H 行，每行 W
个字母来描述这个蓝图。对于每个蓝图，在一行中输出"Case #X: Y"（没有引号） ，X 是蓝图编号，从 1 开始
，Y 是一组用空格隔开的四个整数组成的输出，前两个整数表示最好的建造农场的位置，接下来两个整数分别表示
可以生产的谷物和牲畜的格数。
R,C ≤ 500，B≤5，H≤R，W≤C
Output
对于每个蓝图，在一行中输出"Case #X: Y"（没有引号） ，X 是蓝图编号，从 1 开始，Y 是一组用空格隔开的四
个整数组成的输出，前两个整数表示最好的建造农场的位置，接下来两个整数分别表示可以生产的谷物和牲畜的格
数。
这题可以把矩阵展开成01串S，蓝图用通配符从h*w补齐到R*C并转为带通配符的01串T
将蓝图对应的串翻转，G改为1,L改成-1,通配符改成0
此时可以发现两串的卷积代表了从每个位置开始匹配，S与T的相同字符数-不同字符数，通配符则被忽略
卷积最大且最左的合法位置即为答案
用fft优化卷积可以做到O(BRClog(RC))
#include<cstdio>
#include<cmath>
const int N0=524288;
int N,P;
const double pi=3.14159265358979323846;
struct C{
double a,b;
C(double x=0,double y=0):a(x),b(y){}
C operator+(C x){return C(a+x.a,b+x.b);}
C operator-(C x){return C(a-x.a,b-x.b);}
C operator*(C x){return C(a*x.a-b*x.b,a*x.b+b*x.a);}
}A[N0],B[N0],tmp;
int rev[N0];
void dft(C*a,int t){
for(int i=0;i<N;i++)if(i>rev[i])tmp=a[i],a[i]=a[rev[i]],a[rev[i]]=tmp;
for(int i=1;i<N;i<<=1){
C w(cos(pi/i),t*sin(pi/i));
for(int j=0;j<N;j+=i<<1){
C e(1),*b=a+j,*c=b+i;
for(int k=0;k<i;k++,e=e*w){
C x=b[k],y=e*c[k];
b[k]=x+y;c[k]=x-y;
}
}
}
if(t==-1)for(int i=0;i<N;i++)a[i].a/=N;
}
int r,c,T,h,w;
char s[512][512],s2[512][512];
int t[N0];
void rs(char*s){
int c=getchar();
while(c!=‘G‘&&c!=‘L‘)c=getchar();
while(c==‘G‘||c==‘L‘)*(s++)=c,c=getchar();
}
int main(){
scanf("%d%d",&r,&c);
for(int i=0;i<r;i++)rs(s[i]);
for(N=2,P=0;N<=r*c*2+2;N<<=1,++P);
for(int i=1;i<N;i++)rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<P;
int l=r*c-1;
scanf("%d",&T);
for(int I=1;I<=T;I++){
scanf("%d%d",&h,&w);
for(int i=0;i<h;i++)rs(s2[i]);
for(int i=0;i<r;i++)for(int j=0;j<c;j++)A[i*c+j]=C(s[i][j]==‘G‘?1:-1);
for(int i=r*c;i<N;i++)A[i]=C();
for(int i=0;i<N;i++)B[i]=C();
for(int i=0;i<h;i++)for(int j=0;j<w;j++)B[l-i*c-j]=C(s2[i][j]==‘G‘?1:-1);
dft(A,1);dft(B,1);
for(int i=0;i<N;i++)A[i]=A[i]*B[i];
dft(A,-1);
for(int i=0;i<N-l;i++)t[i]=int(A[l+i].a+.5);
int px=0,py=0,mx=0,t1=0,t2=0;
for(int i=0;i<=r-h;i++)for(int j=0;j<=c-w;j++)if(t[i*c+j]>mx)mx=t[i*c+j],px=i,py=j;
for(int i=0;i<h;i++)for(int j=0;j<w;j++)if(s[px+i][py+j]==s2[i][j]){
if(s[px+i][py+j]==‘G‘)++t1;
else ++t2;
}
printf("Case #%d: %d %d %d %d\n",I,px+1,py+1,t1,t2);
}
return 0;
}