[LOJ6436][PKUSC2018]神仙的遊戲

loj

description

給你一個只有01和?的字符串，問你是否存在一種把?改爲01的方案使串存在一個長度爲\(1-n\)的\(border\)。\(n\le5\times10^5\)

sol

這種題都不會我仍是太菜了。
有一檔部分分是「01的個數不超過\(5000\)」。這個其實對正解的提示是蠻大的。
有一個顯然的結論：存在一個長度爲\(len\)的\(border\)當且僅當對於\(\forall i\in[1,len]\) 有 \(s[i]=s[n-len+i]\)。（感謝熱心網友找出這裏的一個錯誤）
或者這樣說，把全部位置在模\(n-len\)意義下分組，同一組裏的01要所有相同。
那麼，若是存在一組0和1他們的下標之差爲\(x\)，那麼全部\(y|x\)的\(n-y\)都不可能成爲\(border\)。
這樣\(67\)分就能夠寫一個\(5000^2\)枚舉01對統計，而後每次掃一遍倍數\(O(n\log n)\)計算答案。

考慮正解。如今的複雜度瓶頸在於枚舉01對。
搞兩個生成函數\(A(x)\)和\(B(x)\)，\(A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}[s_i==0]x^i\)，\(B(x)=\sum_{i=0}^{n-1}[s_i==1]x^i\)。
咱們知道，多項式卷積計算的是全部下標之和爲必定值的乘積之和，也就是\(C_i=\sum_{j+k=i}A_jB_k\)。如今咱們要統計的是差爲定值的。
把一個多項式\(reverse\)過來不就行了麼。形式化地，令\(A(x)=x^{n-1}A(\frac 1x)\)，而後計算\(C(x)=A(x)B(x)\)獲得的第\(i\)次項係數就是知足「1的下標減0的下標等於\(i-n\)」的01對數。
複雜度\(O(n\log n)\)。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N = 3e6+5;
const int mod = 998244353;
int n,len,a[N],b[N],rev[N],l,og[N];
char s[N];
int fastpow(int a,int b){
    int res=1;
    while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
void ntt(int *P,int opt){
    for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
    for (int i=1;i<len;i<<=1){
        int W=fastpow(3,(mod-1)/(i<<1));
        if (opt==-1) W=fastpow(W,mod-2);
        og[0]=1;
        for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
        for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
            for (int k=0;k<i;++k){
                int x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
                P[j+k]=(x+y)%mod;P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if (opt==-1) for (int i=0,Inv=fastpow(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}
int main(){
    scanf("%s",s);n=strlen(s);
    for (len=1;len<=(n<<1);len<<=1) ++l;--l;
    for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
    for (int i=0;i<n;++i) a[i]=s[i]=='0',b[i]=s[n-i-1]=='1';
    ntt(a,1);ntt(b,1);
    for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,-1);
    long long ans=1ll*n*n;
    for (int i=1;i<n;++i){
        int fg=1;
        for (int j=i;j<n;j+=i) if (a[n-j-1]|a[n+j-1]) {fg=0;break;}
        if (fg) ans^=1ll*(n-i)*(n-i);
    }
    printf("%lld\n",ans);return 0;
}