[CF1270F]Awesome Substrings

题目

  点这里看题目。

分析

  设前缀和\(s_r=\sum_{i=1}^r [S_i='1']\)
  考虑满足要求的子串\((l,r]\)的要求：

\[\exists k\in N_+, r-l=k(s_r-s_l) \]

  单独计算并不好算，考虑一个分块的优化。设置阈值\(T\)。
  对于\(1\le k\le T\)的\(k\)，对要求进行变形：

\[r-l=k(s_r-s_l)\Rightarrow ks_r-r=ks_l-l \]

  设\(f(i,k)=ks_i-i\)，那么当\(k\)固定的时候，设\(c(x,k)\)为\(f(i,k)=x\)的数量，答案就是：

\[\sum_{k=1}^T\sum_{x=0}^{nT}\binom{c(x,k)}{2} \]

  后面的那个循环，由于有值的\(c(x,k)\)不会超过\(n\)个，因此这一部分可以\(O(nT)\)计算。
  对于\(T< k\le n\)的\(k\)，继续变形：

\[r-l=k(s_r-s_l)\Rightarrow \frac{r-l}k=s_r-s_l \]

  由于\(k>T\)，所以有\(s_r-s_l< \frac nT\)。也就是说，这种情况下子串内 1 的数量比较少。那么我们就可以直接枚举子串的起点（即式子中的\(l\)）和子串内 1 的数量来计算。
  当我们确定了 1 的数量的时候，我们也就可以确定此时右端点的范围\((x,y]\)，那么也就知道了区间长度的范围\((x-i,y-i]\)。此时的询问就变成求区间内的\(k\)的倍数的数量，可以\(O(1)\)。
  需要注意的是，由于这一部分不能前面的记重，因此应该满足：

\[\begin{aligned} k>T&\Rightarrow \frac{r-l}{s_r-s_l}>T\\ &\Rightarrow r-l>T(s_r-s_l) \end{aligned}\]

  即区间长度必须大于\(T(s_r-s_l)\)，特判一下即可。
  时间复杂度是\(O(nT+\frac{n^2}T)\)，取\(T=\sqrt n\)最优。

代码

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef long long LL;

const int MAXN = 2e5 + 5, MAXT = 505;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
	return a > b ? a : b;
}

int buc[MAXN * MAXT];
int s[MAXN], nxt[MAXN];
int N, T;
char S[MAXN];

int main()
{
	LL ans = 0;
	scanf( "%s", S + 1 ), N = strlen( S + 1 ), T = ceil( sqrt( N ) );
	for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + S[i] - '0';
	if( s[N] == 0 ) { puts( "0" ); return 0; }
	for( int i = N ; ~ i ; i -- )
	{
		if( s[i] ^ s[i + 1] ) nxt[i] = i + 1;
		else nxt[i] = nxt[i + 1];
	}
	for( int k = 1, t ; k <= T ; k ++ )
	{
		for( int i = 0 ; i <= N ; i ++ ) buc[s[i] * k - i + N] ++;
		for( int i = 0 ; i <= N ; i ++ ) t = buc[s[i] * k - i + N], ans += 1ll * t * ( t - 1 ) / 2, buc[s[i] * k - i + N] = 0;
	}
	int l, r, tl, tr;
	for( int i = 0 ; i < N ; i ++ )
	{
		l = i, r = nxt[i];
		for( int k = 1 ; k <= N / T && s[i] + k <= s[N] ; k ++ )
		{
			l = nxt[l], r = nxt[r];
			tr = r - i - 1, tl = l - i;
			tl = MAX( tl, k * T + 1 );
			if( tl <= tr ) ans += tr / k - ( tl - 1 ) / k;
		}
	}
	write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}