字符串匹配，例从 字符串S 中（ 长度为 n ），找到 字符串T （ 长度为 m ）
经典思路：遍历 字符串 S，对于每个都为起点，匹配一次，则 O（ n m ）的复杂度
但是这样我们就对 字符 重复判断了多次
那我们应该怎么处理才能避免多次对同一个字符判断呢？
我们先考虑假如 字符串S 和 字符串T 是由数字组成
例如 S 为 “19735859734”，T 为 “973”
第一次比较 197 和 973
第二次比较 （197 - 1 * 100）* 10 + 3 = 973 和 973
第三次比较 （973 - 9 * 100）* 10 + 5 = 735 和 973
第四次…
…
这样我们就可以从头到尾以 O（ n ）的复杂度处理
这样为什么可行呢，因为这个是 十进制 的，每位上的数，都可以代表清晰表示第几个字符是什么
那我们推广这种思路，我们是否只要把 十进制 改为 B 进制（ B 大于等于 字符的种类），这样每位上的数也能表达第几个字符是什么
如果字符种类比较多可以把 B 取大一点，但这样我们可能需要对 h 取模，毕竟 B 的 m 次方，防止溢出，因为我们只要比较不同就行，不用比较大小，所以可以取模（ 注意 B 与 h 要互素 ）
注意一下：有可能不同字符的哈希值相同，如果发生这种情况，我们还需要进行朴素的检查（ 即一个个字符比较 ），这种可能会导致复杂度退化为 O（ n m ），但我们在竞赛题中，只用比较哈希值就行
实现代码如下（ 比较 字符串b 中有几个 字符串a ）：
const int B = 128;
int compare(string a, string b)
{
int res = 0;
int al = a.length(), bl = b.length(), t = 1;
if(al > bl) return 0;
for(int i = 0; i < al; i++)
{
t = t * B;
}
int ah = 0, bh = 0;
for(int i = 0; i < al; i++)
{
ah = ah * B + a[i];
bh = bh * B + b[i];
}
for(int i = 0; i + al <= bl; i++)
{
if(ah == bh) res++;
if(i + al < bl) bh = bh * B + b[i+al] - b[i] * t;
}
return res;
}