云斗杯 T2 派蒙是最好的伙伴！ 题解

云斗杯 T2 题解

赛时脑抽了只打了 60pts 暴力 xwx。

题目描述

给定两个长度为 \(n\) 的 \(01\) 序列 \({a_n}\) 和 \({b_n}\)，与另一个矩阵 \({c_{n,n}}\)。矩阵 \({c_{n, n}}\) 的生成规则如下：

\[c_{i, j} = a_i \times b_j \]

现给定一个数 \(k\)，求在矩阵 \(c_{n, n}\) 内，有多少个连续子矩阵满足其中有 \(k\) 个 \(1\)？

样例 #1

样例输入 #1

4 4
0 1 1 1
1 0 1 0

样例输出 #1

6

样例解释
如图，取蓝色字部分、米色背景部分、两个粗线框内部，以及小粗线框加上紫色或绿色的 \(0\) 构成的矩阵均符合题意。

数据范围

$1 \leq n \leq 3 \times 10^5, 1 \leq k \leq 10^{12} $

思路

首先看到 \(n\) 的范围意识到这个矩阵没法直接求出来，只能转化题意。
然后我们来考虑一个包含 \(k\) 个 \(1\) 的矩阵应该怎样生成，发现，一个子矩阵包含 \(k\) 个 \(1\)，当且仅当这个子矩阵对应的两个序列中的区间和乘积为 \(k\)。这个结论很好证明，因为每一个 \(a\) 中的 \(1\) 都可以与 \(b\) 中对应列上的 \(1\) 生成一个 \(1\)。
那么，现在问题就转化为了求两个序列中，区间和为 \(k\) 的某个因数的区间的个数。如果暴力去 \(dp\)，会发现要 \(n^2\) 枚举。但是，这样做会枚举到很多没用的数，且会浪费很多信息。我们又知道，\(10^{12}\) 以内的数最多有 \(6720\) 个不同的因数；而且，\(n\) 只有 \(3 \times 10^5\)，这也就意味着，有很多 \(k\) 的因数是超出 \(n\) 的范围的。所以，我们直接枚举 \(k\) 的所有因数，然后用前缀和+双指针直接处理即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 3e5+100;
const int mod = 998244353;

inline ll read(){
	ll x = 0; char ch = getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') ch = getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x = x*10+ch-48, ch = getchar();
	return x; 
} 
int a[N], b[N];
ll sa[N], sb[N];
int n; ll K;
ll fa[N], fb[N];
ll yin[10000], toty;
int main(){
	n = read(), K = read();
	for(ll i = 1; i*i<=K; ++i){
		if(K%i) continue;
		yin[++toty] = i;
		if(K/i!=i) yin[++toty] = K/i;
	}
	for(int i = 1; i<=n; ++i){
		a[i] = read();
		sa[i] = sa[i-1]+a[i];
	}
	for(int i = 1; i<=n; ++i){
		b[i] = read();
		sb[i] = sb[i-1]+b[i];
	}
//	for(int i = 1; i<=n; ++i){
//		for(int j = 1; j<=i; ++j){
//			++fa[sa[i]-sa[j-1]];
//		}
//	}
//	for(int i = 1; i<=n; ++i){
//		for(int j = 1; j<=i; ++j){
//			++fb[sb[i]-sb[j-1]];
//		}
//	}//暴力部分 xwx
	int ans = 0;
	for(ll i = 1; i<=toty; ++i){
		ll yina = yin[i], yinb = K/yin[i];
		if(yina > sa[n] || yinb > sb[n]) continue;
		ll tmpa = 0, tmpb = 0;
		for(int l = 1, r = 1, ta = 0, tb = 0; r<=n; ++r){
			if(sa[r] < yina) continue;
			while(sa[r]-sa[l-1] > yina) ++l, ++ta;
			if(sa[r]!=sa[r-1]){
				tmpa = (tmpa+1ll*ta*tb%mod)%mod;
				ta = 0, tb = 0;
			}
			++tb;
			if(r == n){
				while(sa[r]-sa[l-1] == yina) ++l, ++ta;
				tmpa = (tmpa+ta*tb%mod)%mod;
			}
		}
		for(int l = 1, r = 1, ta = 0, tb = 0; r<=n; ++r){
			if(sb[r] < yinb) continue;
			while(sb[r]-sb[l-1] > yinb) ++l, ++ta;
			if(sb[r]!=sb[r-1]){
				tmpb = (tmpb+ta*tb%mod)%mod;
				ta = 0, tb = 0;
			}
			++tb;
			if(r == n){
				while(sb[r]-sb[l-1] == yinb) ++l, ++ta;
				tmpb = (tmpb+1ll*ta*tb%mod)%mod;
			}
		}
		ans = (ans+1ll*tmpa*tmpb)%mod;
	}
//	for(int i = 1; i<=n; ++i){
//		if(K%i) continue;
//		if(i>sa[n]) continue;
//		ll tmp = K/i;
//		if(tmp>sb[n]) continue;
//		ans = (1ll*ans+1ll*fa[i]*fb[tmp]%mod)%mod;
//	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}