【LOJ6436】【PKUSC2018】神仙的游戏(NTT)

【LOJ6436】【PKUSC2018】神仙的游戏(NTT)

题面

LOJ

题解

看到\(zsy\)从\(PKUSC\)回来就秒掉了这种神仙题

吓得我也赶快看了看\(PKUSC\)都有些什么神仙题

然后就找到了这样一道神仙题

考虑一个奇怪的暴力:

我们只需要对于\(0/1\)进行匹配

如果出现了\(0/1\)匹配的情况,那么当前长度一定不能构成\(border\)

的确,这样子肯定是对的,

但是我们似乎有一些奇怪的情况没有考虑清楚

如果两个串出现了交集,似乎不能构成\(border\)的情况就会增加诶

这样考虑很不清楚,我们从另外一个角度考虑\(border\)

如果存在长度为\(len\)的\(border\)

我们把字符串按照位置对于\(n-len\)的余数分类

显然在同一类中的所有字符都要一样。

证明?画下图就清楚了。

现在有了这个结论,我们再来考虑这个问题。

我们要检查一个长度为\(len\)的\(border\)是否存在

只需要检查是否出现了分组之后不满足同组相同的情况

现在只需要把串翻转,然后将正反两个串的分别以\(0/1\)来构建生成函数

做个卷积\(check\)一下就好了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 998244353
#define MAX 3000000
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
ll ans;
int N,n,l;
int r[MAX],W[MAX],A[MAX],B[MAX],s[MAX];
char c[MAX];
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
void NTT(int *P,int opt)
{
for(int i=1;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int w=fpow(3,(MOD-1)/(i<<1));W[0]=1;
for(int k=1;k<i;++k)W[k]=1ll*W[k-1]*w%MOD;
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
for(int k=0;k<i;++k)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*P[i+j+k]*W[k]%MOD;
P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;
}
}
if(opt==-1)
{
reverse(&P[1],&P[N]);
for(int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;
} }
int main()
{
scanf("%s",c);
n=strlen(c);
for(N=1;N<n+n;N<<=1)++l;
for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(int i=0;i<n;++i)A[i]=c[i]=='0',B[i]=c[n-i-1]=='1';
NTT(A,1);NTT(B,1);
for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%MOD;
NTT(A,-1);
ans=1ll*n*n;
for(int i=1;i<n;++i)
{
ans^=1ll*(n-i)*(n-i);
for(int j=i;j<n;j+=i)
if(A[n-j-1]||A[n+j-1]){ans^=1ll*(n-i)*(n-i);break;}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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