[atARC099F]Eating Symbols Hard

记操作序列为$S$，令$h(S)\equiv \sum_{i}a_{i}x^{i}(mod\ p)$（其中$a_{i}$为操作后的结果）

（以下我们将$S$看作字符串，相邻即拼接操作）

对于操作，有$h(1S)=xh(S)$，$h(3S)=h(S)+1$（另外两种操作类似），这可以看作一个函数，即定义函数$g_{S_{1}}(h(S_{2}))=h(S_{1}S_{2})$

令$s[i,j]$表示操作序列的区间$[i,j]$的子串，则有$g_{s[1,i)}h(s[i,j])=h([1,j])$，同时区间$[i,j]$合法当且仅当$h(s[i,j])=h[s(1,n)]$，即等价于$pre_{j}=g_{s[1,i)}(pre_{n})$（其中$pre_{j}=h(s[1,j])$）

发现右边仅与$i$有关，倒序枚举$i$求出该值，然后在$[i,n]$中找到相同的$pre_{j}$数量，可以用map维护，时间复杂度为$o(n\log_{2}n)$

（后面的值计算可能比较麻烦，可以将$s[1,i)$中的位移和权值拆开来计算）

考虑哈希冲突的概率，假设$x$为变量，那么$h(S)$就是一个关于$x$的函数，且其次数至多为$2n$（算上负幂次），因此$h(S_{1})=h(S_{2})$也就是一个$2n$次的同余方程，由于$p$为大素数，解数量基本为$2n$个

假设选择了$k$个$x$，而$2n$个解就会使得$(2n)^{k}$组$x$不合法，共要判断$o(n^{2})$对哈希值，即会使得$o(n^{2}(2n)^{k})$（同样忽略此处相同）组$x$不合法

对于总共$p^{k}$种，不能选$n^{2}(2n)^{k}$种，即不合法概率为$n^{2}(\frac{2n}{p})^{k}$，取$k=6$，$p$~$10^{9}$可以基本避免冲突

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 250005
#define mod 1000000007
struct ji{
    int a[6];
    bool operator < (const ji &k)const{
        for(int i=0;i<6;i++)
            if (a[i]!=k.a[i])return a[i]<k.a[i];
        return 0;
    }
}o,a[N];
map<ji,int>mat;
int n,p[N],mi[6][N],mi_inv[6][N],x[6]={998244311,998244341,998244353,998244389,998244391,998244397};
long long ans;
char s[N];
int ksm(int n,int m){
    if (!m)return 1;
    int s=ksm(n,m>>1);
    s=1LL*s*s%mod;
    if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
    return s;
}
int calc(int p,int k){
    if (k>=0)return mi[p][k];
    return mi_inv[p][-k];
}
int main(){
    scanf("%d%s",&n,s);
    for(int i=0;i<5;i++){
        mi[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;j++)mi[i][j]=1LL*mi[i][j-1]*x[i]%mod;
        mi_inv[i][1]=ksm(x[i],mod-2);
        for(int j=2;j<=n;j++)mi_inv[i][j]=1LL*mi_inv[i][j-1]*mi_inv[i][1]%mod;
    }
    p[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        p[i]=p[i-1];
        a[i]=a[i-1];
        if (s[i-1]=='<')p[i]--;
        if (s[i-1]=='>')p[i]++;
        if (s[i-1]=='+')
            for(int j=0;j<6;j++)a[i].a[j]=(a[i].a[j]+calc(j,p[i]))%mod;
        if (s[i-1]=='-')
            for(int j=0;j<6;j++)a[i].a[j]=(a[i].a[j]+mod-calc(j,p[i]))%mod;
    }
    for(int i=n;i;i--){
        for(int j=0;j<6;j++)o.a[j]=(1LL*a[n].a[j]*calc(j,p[i-1])+a[i-1].a[j])%mod;
        mat[a[i]]++;
        ans+=mat[o];
    }
    printf("%lld",ans);
}