LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏(字符串+NTT)

题面

LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏

题解

参考 yyb 的口中的长郡最强选手 租酥雨大佬的博客 ...

一开始以为 通配符匹配 就是类似于 BZOJ 4259: 残缺的字符串这样做 .

把通配符设成 $0$ 然后 . 别的按 $\mathrm{ASCII}$ 码给值 , 最后把他写成式子的形式 ...

后来发现太年轻了 qwq

先要做这题 , 那么先发现性质咯 :

存在一个长度为 $len$ 的 $border$ 当且仅当对于 $\forall i∈[1,n−len]$ 有 $s[i]=s[n−len+i]$
或者这样说，把所有位置在模 $n−len$ 意义下分组，同一组里的 $01$ 要全部相同。

这个容易理解 :

如图所示

上下棕色分别为前后缀可以匹配上的部分 , 红色箭头表示向后移动 $n - len$ 个长度 .

可以把棕色抽象成向右平移了 $n-len$ 个位置 , 相对位置上的数仍然不变 .

有了这个性质 , 我们可以对于答案进行判断了 .

也就是对于每一对 $01$ , 假设 $0$ 所处位置为 $i$ , $1$ 位置为 $j$ . $x = |i - j|$

那么对于任意的 $y | x$ 的 $y$ 都是不可行的 , 这就意味着 $border$ 为 $n - y$ 的时候也不可行 .

$\displaystyle \because x \bmod y = 0$ 且 $i \equiv j \pmod x$

$\displaystyle \therefore i \equiv j \pmod y$ , 所以无法分到同一组 .

那么我们只要求出所有可能的 $x$ 然后用 $O(n \ln n)$ 枚举倍数判断一个数 , 就可以了 .

暴力枚举 $0,1$ 对可以拿满暴力分 ....

正解的话只要优化枚举的复杂度就行了 .

不难发现原式是 $x=|i - j|$ 我们可以构造卷积

令 $\displaystyle A = \sum_{i=0}^{n} [str_{i}=0] x^i,B=\sum_{i=0}^{n}[str_{n-i}=1]x^i , A*B=C$ .

按前面的假设 , 若有 $0$ 在 $i$ , $1$ 在 $j$ . 那么 $|i - j|$ 必是不合法的 .

在 $C$ 中我们发现 $i-j$ 对应的是 $n + (i - j)$ , 那么就可以直接做完了 .

用 NTT 优化卷积就行了 . 总时间复杂度 $O(n \log n)$ .

总结

可以利用 border 与循环串能互相转化的性质做一些字符串题。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("6436.in", "r", stdin);
	freopen ("6436.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = (5e5 + 1e3) * 4;
typedef long long ll;

const int Mod = 998244353;

ll fpm(ll x, int power) {
	ll res = 1;
	for (; power; power >>= 1, (x *= x) %= Mod)
		if (power & 1) (res *= x) %= Mod;
	return res;
}

const int Len = (1 << 20) + 5;
struct Number_Theoretical_Transform {
	ll pow3[Len], invpow3[Len];
	void Init(int maxn) {
		for (int i = 1; i <= maxn; i <<= 1) {
			pow3[i] = fpm(3, (Mod - 1) / i);
			invpow3[i] = fpm(pow3[i], Mod - 2);
		}
	}

	int n; int rev[Len];
	void NTT(ll P[], int opt) {
		For (i, 0, n - 1)
			if (i < rev[i]) swap(P[i], P[rev[i]]);
		for (int i = 2; i <= n; i <<= 1) {
			int p = i >> 1; ll Wi = opt == 1 ? pow3[i] : invpow3[i];
			for (int j = 0; j < n; j += i) {
				ll x = 1;
				for (int k = 0; k < p; ++ k, (x *= Wi) %= Mod) {
					ll u = P[j + k], v = x * P[j + k + p] % Mod;
					P[j + k] = (u + v) % Mod;
					P[j + k + p] = (u - v + Mod) % Mod;
				}
			}
		}
		if (opt == -1) {
			ll invn = fpm(n, Mod - 2);
			For (i, 0, n - 1) (P[i] *= invn) %= Mod;
		}
	}

	void Mult(ll A[], ll B[], int na, int nb) {
		Init(1 << 20);
		int m = na + nb, cnt = 0;
		for (n = 1; n <= m; n <<= 1) ++ cnt;
		For (i, 0, n - 1)
			rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (cnt - 1));
		NTT(A, 1); NTT(B, 1);
		For (i, 0, n - 1) (A[i] *= B[i]) %= Mod;
		NTT(A, -1);
	}

} T;

int n; char str[N];

ll Zero[N], One[N];

bitset<N> Ban;

int main () {
	File();

	scanf ("%s", str); n = strlen(str);
	For (i, 0, n - 1) if (str[i] == '0') Zero[i] = rand(); else if (str[i] == '1') One[i] = rand();
	reverse(One, One + n);

	T.Mult(Zero, One, n, n); Ban.reset();

	For (i, 0, 2 * n)
		if (Zero[i]) Ban[fabs((n - 1) - i)] = true;

	ll ans = 0;
	For (i, 1, n) {
		bool Pass = true;
		for (int j = i; j <= n; j += i) if (Ban[j]) { Pass = false; break; }
		if (Pass) ans ^= (1ll * (n - i) * (n - i));
	}
	ans ^= (1ll * n * n);

	printf ("%lld\n", ans);

	return 0;
}

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本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9146480.html
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