小月赛 C 线性哈希做法！

upd：现在是严格线性了。

设 $\{w_n\}$ 有 $k$ 个颜色段，那 $\{w_n\}$ 就可以等效成 $\{a_k\},\{s_k\}$，

其中 $a_i$ 表示第 $i$ 个颜色段的值，$s_i$ 表示第 $i$ 个颜色段的长度。

把主串等效成 $\{a_u\},\{s_u\}$，模式串等效成 $\{b_v\},\{t_v\}$，

注意到 $\mathrm{\forall }i\in [1,v],t_i\leftarrow {\displaystyle \frac{t_i}{\underset{j=1}{\overset{v}{gcd}}{t}_j}}$ 对答案无影响，而此时若两串匹配，则 $\mathrm{\forall }i,{\displaystyle \frac{s_i}{t_i}}=k$ 且 $k\in {\mathbf{N}}_{+}$。

证明 $k\in {\mathbf{N}}_{+}$：若 $k$ 为分数，设 $k$ 约分后分母为 $p$，则一定有 $\mathrm{\forall }i,p|t_i$ 即 $p|gcd{t}_i$，因为 $s_i=t_{i}k$ 为整数，

而 $\mathrm{\forall }i\in [1,v],t_i\leftarrow {\displaystyle \frac{t_i}{\underset{j=1}{\overset{v}{gcd}}{t}_j}}$ 后 $t_i$ 互质，即 $gcd{t}_i=1$，则 $p=1$，即 $k$ 为整数。

诶那你求 $\underset{j=1}{\overset{v}{gcd}}{t}_j$ 不就 $O(v\log m)$ 了……其实不然，实际上这个 $gcd$ 可以直接枚举……

因为 $\underset{j=1}{\overset{v}{gcd}}{t}_j\le \underset{j=1}{\overset{v}{min}}{t}_j$，所以枚举的复杂度为 $O(v\underset{j=1}{\overset{v}{min}}{t}_j)=O(\sum _{i=1}^v{t}_j)=O(m)$，是线性的……

考虑用等效后的序列进行匹配，则 $[l,r]$ 匹配模式串当且仅当 $\mathrm{\forall }i\in [l,r],a_i=b_{i-l+1}$ 且 $\mathrm{\forall }i\in (l,r),{\displaystyle \frac{s_i}{t_{i-l+1}}}=k$ 且 ${\displaystyle \frac{s_l}{t_1}}\ge k,{\displaystyle \frac{s_r}{t_v}}\ge k$（左右两端的连续段可能不完整匹配）

$\mathrm{\forall }i\in [l,r],a_i=b_{i-l+1}$ 好做，直接哈希掉。$\mathrm{\forall }i\in (l,r),{\displaystyle \frac{s_i}{t_{i-l+1}}}=k$ 即 $\mathrm{\forall }i\in (l,r),s_i=t_{i-l+1}k$，

即 $s$ 中这个子串可以匹配 $\{\{t_{i}k\}|mk\le n\}$ 中的某一序列，把这些序列的哈希值都预处理出来即可，

注意 $t_{i}k$ 会很大，可能没法哈希，但是

且其他点中连续段仅有不超过 100 种不同的长度。

所以把 $t_{i}k$ 离散化一下就行，设预处理出的哈希值集合为 $V$，

此时存在整数 $k$ 使得 $\mathrm{\forall }i\in (l,r),s_i=t_{i-l+1}k$ 当且仅当 $s_{(l,r)}$ 的哈希值 $\in V$。

顺便把 $k$ 求出来，${\displaystyle \frac{s_l}{t_1}}\ge k,{\displaystyle \frac{s_r}{t_v}}\ge k$ 判一下就行。

考虑预处理 $\{\{t_{i}k\}|mk\le n\}$ 哈希值的复杂度，

其中每个序列长度为 $v$，共 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{m}}\rfloor$ 个序列，所以总复杂度 $O(v\lfloor {\displaystyle \frac{n}{m}}\rfloor )=O(n)$。

匹配的复杂度显然线性。

#include <cstdio>
#include <unordered_map>
using namespace std;
int n, m, u, v, O, a[5000050], b[5000050], s[5000050], t[5000050], T[5000050];
unsigned long long B, p[5000050], h1[5000050], h2[5000050];
unordered_map<unsigned long long, int> V;
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1, x, l = -1, c = 0; i <= n; ++i)
    {
        scanf("%d", &x);
        if (x == l)
            ++c;
        else
        {
            if (~l)
                a[++u] = l, s[u] = c;
            l = x, c = 1;
        }
        if (i == n)
            a[++u] = l, s[u] = c;
    }
    for (int i = 1, x, l = -1, c = 0; i <= m; ++i)
    {
        scanf("%d", &x);
        if (x == l)
            ++c;
        else
        {
            if (~l)
                b[++v] = l, t[v] = c;
            l = x, c = 1;
        }
        if (i == m)
            b[++v] = l, t[v] = c;
    }
    if (v == 1)
    {
        long long q = 0;
        for (int i = 1; i <= u; ++i)
            if (a[i] == b[1])
                q += s[i] * (s[i] + 1ll) >> 1;
        return !printf("%lld", q);
    }
    int o = 1e9, g = 0;
    for (int i = 1; i <= v; ++i)
        o = min(o, t[i]);
    for (g = o; g; --g)
    {
        bool f = 1;
        for (int i = 1; i <= v; ++i)
            if (t[i] % g)
            {
                f = 0;
                break;
            }
        if (f)
            break;
    }
    for (int i = 1; i <= v; ++i)
        t[i] /= g;
    if (v == 2)
    {
        long long q = 0;
        for (int i = 1; i < u; ++i)
            if (a[i] == b[1] && a[i + 1] == b[2])
                q += min(s[i] / t[1], s[i + 1] / t[2]);
        return !printf("%lld", q);
    }
    long long q = 0;
    for (int i = 1; i <= u; ++i)
        h1[i] = h1[i - 1] * 233 + a[i], h2[i] = h2[i - 1] * 233 + (T[s[i]] ? T[s[i]] : T[s[i]] = ++O);
    for (int i = p[0] = 1; i <= v; ++i)
        p[i] = p[i - 1] * 233, B = B * 233 + b[i], T[t[i]] ? T[t[i]] : T[t[i]] = ++O;
    for (int i = 1; m * i <= n; ++i)
    {
        unsigned long long H = 0;
        for (int j = 2; j < v; ++j)
            H = H * 233 + T[t[j] * i];
        V[H] = i;
    }
    if (O <= 100)
    {
        for (int i = 1, o; i <= u - v + 1; ++i)
            if (h1[i + v - 1] - h1[i - 1] * p[v] == B && V.count(h2[i + v - 2] - h2[i] * p[v - 2]))
            {
                o = V[h2[i + v - 2] - h2[i] * p[v - 2]];
                q += s[i] >= o * t[1] && s[i + v - 1] >= o * t[v];
            }
        return !printf("%lld", q);
    }
    else
    {
        for (int i = 1, f, o; i <= u - v + 1; ++i)
        {
            f = 1;
            o = 0;
            if (h1[i + v - 1] - h1[i - 1] * p[v] == B)
            {
                for (int j = i + 1; j < i + v - 1; ++j)
                {
                    if (s[j] % t[j - i + 1] || o && o != s[j] / t[j - i + 1])
                    {
                        f = 0;
                        break;
                    }
                    if (!o)
                        o = s[j] / t[j - i + 1];
                }
                if (f && s[i] >= o * t[1] && s[i + v - 1] >= o * t[v])
                    ++q;
            }
        }
        return !printf("%lld", q);
    }
}