题意：

给你两个串 $a, b$ 长度分别为 $n, m$ ，你需要输出 $m + 1$ 个数，第 $i$ 个数表示当允许有 $i - 1$ 个数可以不匹配时 $a$ 中长度为 $m$ 的子串与 $b$ 匹配的数量，匹配的意思就是可以有 $i - 1$ 个位置不同，其他位置相同。
$n≤2e5,a∈(0,1,...,9,∗)n\le2e5,a\in {(0,1,...,9,*)}$ ，其中 $*$ 代表通配符，即与任何其他字符相同。

思路：

不多bb，直接上思路：
由于字符集很小，考虑每个字符对答案的影响。
考虑 $a_i=b_j$ ，那么在 $a$ 中以 $i + m - j$ 的位置为结尾的长度为 $m$ 的子串中，他的贡献是 $1$ ，由于其满足 $i + m - j = k$ ，所以容易想到用 $F F T$ 快速计算。为了处理 $m - j$ ，考虑将其 $r e v e r s e$ 一下，这样其实就变成了 $i + j = k$ ，直接 $F F T$ 卷一下就可以啦。
假设我们已经卷出来 $f$ 数组了，该怎么用它呢？
先考虑没有通配符的情况，我们可以发现 $m - f [i]$ 就是他不能匹配的数量，所以给 $a n s [m - f [i]] + +$ ，让后求一个前缀和即可。
对于通配符，我们考虑容斥的来求，即 $a_{cnt}+b_{cnt}-f_{cnt}$ ， $f_{cnt}$ 即对 $*$ 卷一下得到的答案。
有一个小细节可以优化，就是我们发现最终卷完只有指数为 $n$ 以内的项有用，所以在卷的时候卷到 $n$ 即可。

// Problem: C - Forgiving Matching
// Contest: Virtual Judge - 2021多校第三场补题
// URL: https://vjudge.net/contest/449636#problem/C
// Memory Limit: 524 MB
// Time Limit: 12000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6,PI=acos(-1);int n,m;
int rev[N];
int bit,limit;
int f[N],pre[N],ans[N];
char s1[N],s2[N];
double p1[N],p2[N];struct Complex {double x,y;Complex operator + (const Complex& t) const { return {x+t.x,y+t.y}; }Complex operator - (const Complex& t) const { return {x-t.x,y-t.y}; }Complex operator * (const Complex& t) const { return {x*t.x-y*t.y,x*t.y+y*t.x}; } 
}a[N],b[N];void fft(Complex a[],int inv) {for(int i=0;i<limit;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1) {Complex w1=Complex({p1[mid],inv*p2[mid]});for(int i=0;i<limit;i+=mid*2) {Complex wk=Complex({1,0});for(int j=0;j<mid;j++,wk=wk*w1) {Complex x=a[i+j],y=wk*a[i+j+mid];a[i+j]=x+y; a[i+j+mid]=x-y;}}}
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--) {int cnt=0;scanf("%d%d%s%s",&n,&m,s1,s2);pre[0]=0; ans[m]=0; ans[m+1]=0;for(int i=0;i<n;i++) {if(i>0) pre[i]=pre[i-1];pre[i]+=s1[i]=='*';if(i<m) cnt+=s2[i]=='*';ans[i]=0; f[i]=0;}reverse(s2,s2+m);bit=0;while((1<<bit)<=n) bit++;limit=1<<bit;for(int i=0;i<limit;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1) p1[mid]=cos(PI/mid),p2[mid]=sin(PI/mid);for(int op=0;op<=10;op++) {char now=op+'0';if(op==10) now='*';for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=b[i]={0,0};for(int i=0;i<n;i++) a[i]={s1[i]==now? 1.0:0,0};for(int i=0;i<m;i++) b[i]={s2[i]==now? 1.0:0,0};fft(a,1); fft(b,1);for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=a[i]*b[i];fft(a,-1);for(int i=m-1;i<n;i++) {int val=(int)(a[i].x/limit+0.5);if(op<10) f[i]+=val;else f[i]-=val;}}for(int i=m-1;i<n;i++) {int all=pre[i];if(i>m-1) all-=pre[i-m];all+=cnt+f[i];ans[m-all]++;}for(int i=1;i<=m;i++) ans[i]+=ans[i-1];for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);}return 0;
}
/**/