LOJ6436 神仙的游戏
LOJ6436 神仙的游戏
题意
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 \(len\) 的前缀成为\(border\)当且仅当 \(s[1\dots len ] = s[|s|-len + 1\dots |s|]\)。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\(len\)口算是否存在替换问号的方案使得\(s\)长度为\(len\)的前缀成为\(border\)，把这个结果记做 \(f(len)\in \{0,1\}\)。\(f(len) = 1\) 如果 \(s\) 长度为\(len\)的前缀能够成为 \(border\)，否则\(f(len) = 0\)。
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：\((f(1)\times 1^2)~xor~(f(2)\times 2^2)~xor~(f(3)\times 3^2)~xor~\dots~xor~(f(n)\times n^2)\)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。\(（1 \leq |s| \leq 5 * 10 ^ 5）\)
题解
简单的观察可知如果一种长度的border是可行的当且仅当这个字符串中循环节长度为\(n-len\)的字符串是相同的（问号可匹配仍以一个字符），于是我们就有了一种朴素的方法就是枚举border的长度然后\(O(n)\)进行判断。考虑优化这个算法，我们可以记数组\(a\)表示字符串\(s\)中1出现的位置，然后记数组\(b\)表示字符串中0的位置。如果我们将b数组reverse一下，就可以发现如果将这两个数组相乘，那么乘除来的数组内，如果某一位是1，那么说明字符串\(s\)中存在\(i\)和\(j\)的字符是不同的，这样我们就可以求出他们的最大循环节len。还有一个就是如果某一个循环节len是不可行，那么循环节\(len'\)满足\(len'|len\)则也是不可行的，这样就可以在\(O(nlog(n))\)的时间内求解。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Md=998244353;
const int N=5e5+500;
char s[N];
int vis[N];
vector<int>a,b;
namespace NTT {
inline int Mul(const int &x,const int &y) {return (ll)x*y%Md;}
inline int Add(const int &x,const int &y) {return (x+y)>=Md?(x+y-Md):(x+y);}
inline int Sub(const int &x,const int &y) {return (x-y)<0?(x-y+Md):(x-y);}
int rev[N<<2|1];
int Powe(int x,int y) {
int ans=1;
while(y) {
if(y&1) ans=Mul(ans,x);
x=Mul(x,x);
y>>=1;
}
return ans;
}
void DFT(vector<int>&a,int len) {
for(int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<len;i<<=1) {
int wn=Powe(3,(Md-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<len;j+=i<<1) {
int nw=1,x,y;
for(int k=0;k<i;k++,nw=Mul(nw,wn)) {
x=a[j+k],y=Mul(a[i+j+k],nw);
a[j+k]=Add(x,y);a[i+j+k]=Sub(x,y);
}
}
}
}
void IDFT(vector<int>&a,int len) {
reverse(a.begin()+1,a.end());
DFT(a,len);
int Inv=Powe(len,Md-2);
for(int i=0;i<len;i++) a[i]=Mul(a[i],Inv);
}
vector<int> MUL(vector<int>a,vector<int>b) {
int len,n=a.size(),m=b.size();
for(len=1;len<n+m-2;len<<=1);
a.resize(len),b.resize(len);
for(int i=0;i<len;i++) {
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?len>>1:0);
}
DFT(a,len);DFT(b,len);
for(int i=0;i<len;i++) a[i]=Mul(a[i],b[i]);
IDFT(a,len);
return a;
}
}
int main() {
scanf("%s",s);
int n=strlen(s);
a.resize(n),b.resize(n+1);
for(int i=0;i<n;i++) {
if(s[i]=='0') a[i]=1;
if(s[i]=='1') b[i]=1;
}
reverse(b.begin(),b.end());
a=NTT::MUL(a,b);
ll ret=(ll)n*n;
for(int i=1;i<n;i++) {
int f=1;
int t=n-i;
for(int j=t;j<n;j+=t) {
if(a[n-j]||a[n+j]) f=0;
}
if(f) ret^=(ll)i*i;
}
printf("%lld\n",ret);
return 0;
}
