【SDOI2018】反回文串(【ARC064 F】Rotated Palindromes 加强版)
题意
给你一个正整数 \(n\),求有多少字符集为 \(1\) 到 \(k\) 之间整数的字符串,使得该字符串可以由一个长度为 \(n\) 的回文串循环移位得到。
ARC原题 \(100\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^9\)
SDOI改编后,\(30\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^{10}\),\(60\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^{14}\),\(100\%\) 的数据是 \(n,k\le 10^{18}\)……
题解
\(n,k\le 10^{10}\)
考虑一个回文串,设它的循环节长度为 \(x\),若 \(x\) 为奇数,则对答案贡献 \(x\);若为偶数,则对答案贡献 \(\frac{x}{2}\)。
我们按 \(x\) 把所有字符串分类,统计每一类的数量。
设 \(f(i)\) 表示最小循环节长度为 \(i\) 的回文串数量,\(F(i)\) 表示循环节长度为 \(i\)(即 \(i\) 是最小循环节长度的正整数倍)能得到新回文串的回文串数量。
则 $$F(i)=\sum\limits_{d|i} f(d)$$ $$ans = \sum\limits_{d|n} f(d)\times \begin{cases} d(d为奇数) \ \frac{d}{2}(d为偶数) \end{cases}$$
显然有 \(F(i)=k^{\lceil \frac{i}{2}\rceil}\),我们可以解 \(f(d)\) 了。
\(n\le 10^{10}\) 时,因数最多约有 \(6700\) 多个。所以我们要求出 \(6700\) 多个 \(f(d)\)。
移项得 \(f(i)=F(i)-\sum\limits_{d|i 且 d≠i} f(d)\)
递推 \(f\) 即可。
复杂度大约 \(O(6700^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 7000
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x;
return 0-x;
}
int n,k,d[N],f[N],cnt,ans;
int Pow(int x, int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1) ret=(ll)ret*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
int main(){
n=read(), k=read();
int nn=sqrt(n);
for(int i=1; i<=nn; ++i)
if(n%i==0){
d[++cnt]=i, f[cnt]=Pow(k,(i+1)/2);
for(int j=1; j<cnt; ++j)
if(i%d[j]==0) f[cnt]=((f[cnt]-f[j])%mod+mod)%mod;
ans=(ans+(ll)f[cnt]*((i&1)?i:i/2)%mod)%mod;
}
for(int i=nn; i>=1; --i)
if(n%i==0){
int ii=n/i;
d[++cnt]=ii, f[cnt]=Pow(k,(ii+1)/2);
for(int j=1; j<cnt; ++j)
if(ii%d[j]==0) f[cnt]=((f[cnt]-f[j])%mod+mod)%mod;
ans=(ans+(ll)f[cnt]*((ii&1)?ii:ii/2)%mod)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
\(n,k\le 10^{14}\)
\(F(i)=\sum\limits_{d|i} f(d)\) 不是莫比乌斯反演式子?
根据公式转化成 \(f(i)=\sum\limits_{d|i} F(d)\mu(\frac{i}{d})\)
我们最多只需要求约 \(17280\) 个 \(\mu\),因此可以暴力 \(\text{dfs}\) 计算每个 \(\mu(i)\),然后就求出 \(f(i)\) 了。
发现 \(\text{dfs}\) 的时候,\(n\) 的每个质因数只需要乘 \(0\) 或 \(1\) 个,乘 \(2\) 个的话 \(\mu\) 值就变成了 \(0\) 了。
于是复杂度变为 \(O(17280\times 2^{12})\),但约数数量通常不多,更不会卡满上界 \(17280\),所以卡卡常就能 \(60\) 分?
\(n,k\le 10^{18}\)
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