#6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏

题目描述

小 D 和小 H 是两位神仙。他们经常在一起玩神仙才会玩的一些游戏，比如「口算一个 $4$ 位数是不是完全平方数」。

今天他们发现了一种新的游戏：首先称 $s$ 长度为 $\rm len$ 的前缀成为 border 当且仅当 $s[1\dots \text {len} ] = s[|s|-\text {len} + 1\dots |s|]$ 。给出一个由 01? 组成的字符串 $s$, 将 $s$ 中的问号用变成 01 替换，对每个 $\rm len$ 口算是否存在替换问号的方案使得 $s$ 长度为 $\rm len$ 的前缀成为 border，把这个结果记做 $f(\text{len})\in \{0,1\}$。$f(\text{len}) = 1$ 如果 $s$ 长度为 $\rm len$ 的前缀能够成为 border，否则 $f(\text{len}) = 0$。

由于小 D 和小 H 是神仙，所以他们计算的 $s$ 的长度很长，因此把计算的结果一一比对会花费很长的时间。为了方便比对，他们规定了一个校验值：$(f(1)\times 1^2)~\text{xor}~(f(2)\times 2^2)~\text{xor}~(f(3)\times 3^2)~\text{xor}~\dots~\text{xor}~(f(n)\times n^2)$ 来校验他们的答案是否相同。xor 表示按位异或。但是不巧，在某一次游戏中，他们口算出的校验值并不一样，他们希望你帮助他们来计算一个正确的校验值。当然，他们不强迫你口算，可以编程解决。

数据范围

$\lvert s \rvert \leq 5\times 10^5$

题解

我们知道，如果一个前缀长度为 $len$ ，它能够成为 border 的前提是 $s_i=s_{i+n-len}$

所以如果 $s_i \ne s_{i+x}$ ，那对于 $y|x$ ，长度为 $n-y$ 的前缀一定不是 border

上述式子下标的差是定值，于是我们可以把其中一项下标翻转就是和为定值的式子啦

于是我们设 $f_i=[s_i==0],g_i=[s_i==1]$ ，将 $g$ 翻转后卷积，得到哪些x是有出现不相等的情况，对于每个n-y的前缀，我们只需要判断y的倍数是否有出现不相等的情况即可

效率： $O(n(logn+lnn))$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+5,P=998244353;
int A[N],B[N],n,t=1,p,r[N],G[2]={3,(P+1)/3};
char s[N];long long ans;
int X(int x){return x>=P?x-P:x;}
int K(int x,int y){
    int z=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) z=1ll*z*x%P;
    return z;
}
void Ntt(int *a,int o){
    for (int i=0;i<t;i++)
        if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for (int wn,i=1;i<t;i<<=1){
        wn=K(G[o],(P-1)/(i<<1));
        for (int x,y,j=0;j<t;j+=(i<<1))
            for (int w=1,k=0;k<i;k++,w=1ll*w*wn%P)
                x=a[j+k],y=1ll*w*a[i+j+k]%P,
                a[j+k]=X(x+y),a[i+j+k]=X(x-y+P);
    }
    if (o)
        for (int i=0,v=K(t,P-2);i<t;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*v%P;
}
int main(){
    scanf("%s",s);n=strlen(s);
    for (;t<n+n;t<<=1,p++);
    for (int i=0;i<t;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
    for (int i=0;i<n;i++)
        A[i]=(s[i]==48),B[i]=(s[n-i-1]==49);
    Ntt(A,0);Ntt(B,0);
    for (int i=0;i<t;i++)
        A[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
    Ntt(A,1);ans=1ll*n*n;
    for (int i=1;i<n;i++){
        bool J=0;
        for (int j=i;j<n;j+=i)
            J|=(A[n-j-1] || A[n+j-1]);
        if (!J) ans^=1ll*(n-i)*(n-i);
    }
    cout<<ans<<endl;return 0;
}