【YbtOJ#526】折纸游戏

题目

题目链接：https://www.ybtoj.com.cn/contest/116/problem/1

\(n\times m\leq 10^6\)。

思路

不难发现行和列是独立的，也就是其实我们把行和列的折纸顺序任意交换都是可以的。
那么一个矩形可以被折出的充要条件是它四条边分别所在的行或列都可以通过若干次折叠得到。比方说矩形左边那列假设是第 \(i\) 列，那么只有 \(1\sim i\) 的纸都可以折到右边去这个矩形才可能被折出。
手画一下不难证明一些细节。由于并不好用自然语言描述就懒了。
考虑设 \(f_{1/2/3/4,i}\) 表示第 \(i\) 行（列）能否从左右（上下）折过来。根据上面折叠顺序可以交换的结论，我们可以把每一行的 hash 值求出来跑 manacher。然后易得能贡献到 \(f_{1/2/3/4,i}\) 的是 \([i-p_i,i)\) 这段区间，如果这段区间至少有一个 \(1\) 就可以。直接用前缀和就可以优化到 \(O(n+m)\)。
统计答案时枚举矩形左上角，我们只需要知道右下方有多少个点满足 \(f_{2,i}=f_{4,j}=1\)，后缀和即可。
时间复杂度 \(O(nm)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;

const int N=2000010;
const ull base=13331;
int n,m,p[N];
ull ans,a[N],b[N],s[N],f[5][N],g[N];
char ch;
unordered_map<ull,bool> vis;

void manacher(ull *s,int len)
{
	int mid=0,mr=0;
	for (int i=1;i<=len;i++)
	{
		if (i<=mr) p[i]=min(p[mid*2-i],mr-i+1);
			else p[i]=1;
		while (s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) p[i]++;
		if (i+p[i]-1>mr) mr=i+p[i]-1,mid=i;
	}
}

int main()
{
	freopen("paper.in","r",stdin);
	freopen("paper.out","w",stdout);
	srand(1023);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			while (ch=getchar())
				if (ch>='a' && ch<='z') break;
			a[i]=a[i]*base+ch; b[j]=b[j]*base+ch;
			vis[a[i]]=1; vis[b[j]]=1;
		}
	ull rd1=rand(),rd2=rand(),rd3=rand();
	while (vis[rd1]) rd1=rand();
	while (vis[rd2]) rd2=rand();
	while (vis[rd3]) rd3=rand();
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
		s[2*i]=a[i],s[2*i-1]=rd1;
	s[0]=rd2; s[2*n+1]=rd1; s[2*n+2]=rd3;
	manacher(s,2*n+1);
	memset(g,0,sizeof(g));
	f[1][1]=g[1]=1;
	for (int i=4;i<=2*n;i+=2)
	{
		f[1][i/2]=(bool)(g[i/2-1]-g[i/2-p[i-1]/2-1]);
		g[i/2]=g[i/2-1]+f[1][i/2];
	}
	memset(g,0,sizeof(g));
	f[2][n]=g[n]=1;
	for (int i=2*n-2;i>=1;i-=2)
	{
		f[2][i/2]=(bool)(g[i/2+1]-g[i/2+p[i+1]/2+1]);
		g[i/2]=g[i/2+1]+f[2][i/2];
	}
	
	for (int i=1;i<=m;i++)
		s[2*i]=b[i],s[2*i-1]=rd1;
	s[0]=rd2; s[2*m+1]=rd1; s[2*m+2]=rd3;
	manacher(s,2*m+1);
	memset(g,0,sizeof(g));
	f[3][1]=g[1]=1;
	for (int i=4;i<=2*m;i+=2)
	{
		f[3][i/2]=(bool)(g[i/2-1]-g[i/2-p[i-1]/2-1]);
		g[i/2]=g[i/2-1]+f[3][i/2];
	}
	memset(g,0,sizeof(g));
	f[4][m]=g[m]=1;
	for (int i=2*m-2;i>=1;i-=2)
	{
		f[4][i/2]=(bool)(g[i/2+1]-g[i/2+p[i+1]/2+1]);
		g[i/2]=g[i/2+1]+f[4][i/2];
	}
	
	for (int i=n;i>=1;i--) f[2][i]+=f[2][i+1];
	for (int i=m;i>=1;i--) f[4][i]+=f[4][i+1];
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			if (f[1][i] && f[3][j])
				ans+=f[2][i]*f[4][j];
	cout<<ans;
	return 0;
}