luogu 3538/bzoj 2795 Poi2008 哈希+质数结论
题意：给定一个子串，询问一些子区间内的最短循环节(循环节是越短条件约束越多)
开始一看那就哈希处理然后暴力枚举循环节，然后按照循环节长度暴力向后比较，本地测试40，洛谷60
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++) using namespace std; const int N=500050; typedef unsigned long long ull; char s[N];int q; ull p[N],sum[N],b; inline ull get(int l,int r){ return sum[r]-sum[l-1]*p[r-l+1];} int main(){ // freopen("2795.in","r",stdin); // freopen("2795.out","w",stdout); int n;scanf("%d",&n); scanf("%s",s+1); p[0]=1;b=19911103; rep(i,1,n) p[i]=p[i-1]*b; rep(i,1,n) sum[i]=sum[i-1]*b+(s[i]-'a'+1); scanf("%d",&q); rep(i,1,q){ int l,r;scanf("%d%d",&l,&r); int len=r-l+1; rep(j,1,len){ if(len%j) continue; int FG=1;ull s=get(l,l+j-1); int k=(int)s; for(int k=l+j;k<=r;k+=j) if(s!=get(k,k+j-1)){FG=0;break;} if(FG){printf("%d\n",j);break;} } } return 0; }
再然后就是小作修改，在比较时计算新串哈希值，和原串比较，复杂度还是qn 2,不过本地47，洛谷60没变
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++) using namespace std; const int N=500050; typedef unsigned long long ull; char s[N];int q; ull p[N],sum[N],b; inline ull get(int l,int r){ return sum[r]-sum[l-1]*p[r-l+1];} int main(){ // freopen("2795.in","r",stdin); // freopen("2795.out","w",stdout); int n;scanf("%d",&n); scanf("%s",s+1); p[0]=1;b=19911103; rep(i,1,n) p[i]=p[i-1]*b; rep(i,1,n) sum[i]=sum[i-1]*b+(s[i]-'a'+1); scanf("%d",&q); rep(i,1,q){ int l,r;scanf("%d%d",&l,&r); int len=r-l+1,FG=1; ull s=get(l,r); rep(j,1,len){ if(len%j) continue; int cnt=len/j; ull sk=get(l,l+j-1),ss=0; rep(k,1,cnt) ss+=sk*p[(cnt-k)*j]; if(ss==s) {printf("%d\n",j);FG=0;break;} } if(FG) printf("0\n"); } return 0; }
翻看题解之后明白了性质，总结如下
1.循环节是长度的约数，循环节越短限制条件越多
2.若n是循环节，k*n也是循环节
3.循环节判断方法，设循环节长度为k，[l,r-k]==[l+k,r]即相同
4.不断枚举质因数，实质上等同于枚举其约数，约数就是由质因数组成
5.一个合数，在欧拉筛过程中被筛掉时实际上由较大的质因数筛掉，所以若取被谁筛掉时应是较大质因数(说不定就是最大呢，可是我也不知道啊)
经过简单修改得到了在洛谷和bz上A掉的代码，但是本地测试78，还是有测试点没过，啊啊啊本地数据真的玄学
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++) using namespace std; const int N=500050; typedef unsigned long long ull; char s[N];int q,cnt,yueshu[N]; ull p[N],sum[N],b; inline ull get(int l,int r){//写成函数，真香 return sum[r]-sum[l-1]*p[r-l+1];} int v[N],prime[N>>2],nxt[N]; bool check(int l1,int r1,int l2,int r2){ if(get(l1,r1)==get(l2,r2)) return 1;return 0;} void init(int n){ v[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(!v[i]) prime[++cnt]=i,nxt[i]=i; for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){ v[i*prime[j]]=1; nxt[i*prime[j]]=prime[j];//nxt数组存储某个约数的质因数(应该是比较大的那个吧，菜鸡也只是猜的) if(i%prime[j]==0) break;} } } int main(){ // freopen("2795.in","r",stdin); // freopen("2795.out","w",stdout); int n;scanf("%d",&n); scanf("%s",s+1);init(n); p[0]=1;b=19911103; rep(i,1,n) p[i]=p[i-1]*b; rep(i,1,n) sum[i]=sum[i-1]*b+(s[i]-'a'+1); scanf("%d",&q); rep(i,1,q){ int l,r;scanf("%d%d",&l,&r); int len=r-l+1,idx=0; //nxt数组存储质因数
//yueshu数组内存储的是可以认为是未来的循环节个数
//e.g:10 5 2 存在多个质数 while(len!=1){ yueshu[++idx]=nxt[len];//提前将可能除到1的质因数按照大小搞出来，这样就可以1个循环搞定 len=len/nxt[len];} len=r-l+1; for(int j=1;j<=idx;j++){ int k=len/yueshu[j];//得到的k才是循环节长度 if(check(l,r-k,l+k,r)) len=k;} printf("%d\n",len);} return 0; }
核心操作：判断长度的约数是不是循环节，删除后再继续判断
本来需要多层循环，但由于质因数的存在使得其实就是不断往下判断即可
啊啊啊，哈希kmpac自动机trie树继续刷题啊啊啊啊
