CF1270F - Awesome Substrings(思维)

题目

给定一个01串，问有多少连续子串中1的个数大于0且可以整除其长度。

题解

问题等价于$r-l=k(pre[r]-pre[l])$，即$r-k\cdot pre[r]=l-k\cdot pre[l]$。假设固定一个值$T$，当$k<T$时，可以枚举$k$统计有多少相同数对，时间复杂度$O(nT)$。

由于$pre[r]-pre[l] =\frac{r-l}{k}\le\frac{n}{T}$，也就是说当$k\ge T$时，合法子串内1的个数不会太多，最多只有$\frac{n}{T}$个。此时可以固定$l$，枚举子串中1的个数$m$，就能确定$r$的范围。又$r-l \equiv 0 \mod m$，所以就能确定合法的$r$有多少(注意要取$k\ge T$)的$r$。时间复杂度$O(n\frac{n}{T})$

总时间复杂度$O(nT+n\frac{n}{T})$，取$T=\sqrt{n}$，最低时间复杂度为$O(n\sqrt{n})$。

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#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 3e5 + 10;
const double eps = 1e-5;

char s[N];
int pre[N];

int main() {
    IOS;
    cin >> s + 1;
    int n = 0;
    for(int i = 1; s[i]; i++) {
        n++;
        pre[i] = pre[i - 1] + (s[i] == '1');
    }
    ll ans = 0;
    int sq = sqrt(n + 0.5) + 1;
    vector<int> cnt(n * sq + n + 10);
    for(int k = 1; k <= sq; k++) {
        vector<int> id;
        for(int i = 0; i <= n; i++) {
            ll d = i - 1ll * k * pre[i];
            if(d + n * sq >= cnt.size()) continue;
            cnt[d + n * sq]++;
            id.push_back(d + n * sq);
        }
        for(auto d : id) {
            int num = cnt[d];
            ans += 1ll * num * (num - 1) / 2;
            cnt[d] = 0;
        }
    }

    for(int k = 1; k <= sq; k++) {
        int l = 1, r = 1;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            while(l <= n && pre[l] - pre[i] < k) l++;
            while(r <= n && pre[r] - pre[i] <= k) r++;
            ans += max(0, (r - i - 1) / k - max(l - i - 1, sq * k) / k);
        }
    }
    cout << ans << endl;
}