【loj6436】【pkusc2018】神仙的游戏
Solution
个人觉得是道很好的法法塔题qwq
一开始的时候想偏了想到了另一种法法塔处理字符串匹配之类的奇怪技巧(万径人踪灭qwq了解一下),然后非常天真的想把问号拿出来单独处理一波然后越走越远。。。
好吧正解其实是(感觉貌似还是想的有点绕?应该有更加简便的思维方式不过qwq不管了qwq)
因为有一个问号所以其实挺难直接得到哪些长度能够匹配,那不妨换个思路把所有肯定不能匹配的长度去掉那剩下的就是答案了
肯定不能匹配的长度显然就是\(0\)和\(1\)对上了,假设我们现在知道位置\(x\)有一个\(0\),位置\(y\)有一个\(1\),那么考虑当匹配长度\(k\)满足什么条件的时候这两个位置是对上的,那么满足这样条件的\(k\)显然就是可以去掉的了,那么可以得到(假设字符串从\(0\)开始,\(x<y\) ,记\(y-x=len\),字符串总长度为\(n\)):
\]
化一下就是
\]
除此之外,这个匹配的话其实就是\(kmp\)那一套的感觉,因此用类似\(kmp\)推\(next\)数组那样的想法(额其实也不是吧不知道怎么说就是各种推来推去有点像的感觉qwq)去推一下这个串会发现这样一个性质:记两个匹配串的开头位置的差为\(K\),如果存在一对下标差为\(len\)的\(01\),那么满足\(K|len\)的长度都是无法匹配的
具体一点就是这样
第一个蓝点和红点的下标差是\(2K\)但是会影响到开头位置差为\(K\)的匹配
所以得知了\(01\)对的下标差之后我们再枚举一下倍数筛一下就可以了
至于\(01\)对的下标差,我们把\(x-y\)转成\(x+(n-1-y)\),这样的话就可以用法法塔来做了(注意\(s\)是从\(0\)开始的),考虑这样两个函数
g(x)&=\sum [s[n-1-i]==0]x^i\\
f(x)&=\sum [s[i]==1]x^i\\
\end{aligned}
\]
我们把指数看成上面的\(x\)和\(n-1-y\)然后直接这两个多项式乘一下,结果为\(h(x)\)
那么对于\(h(x)\)中指数小于\(n\)的部分,表示的是\(x>y\)的情况(因为这部分的指数\(-(n-1)\)得到的是负数),取反一下就可以得到下标差了,大于等于\(n\)的部分直接减就好了
最后枚举倍数筛一波然后输出就好了,注意这里的是首位的下标差所以\(i\)对应的长度应该是\(n-i\)
代码大概长这个样子(然而貌似用fft会更快但我也不知道为啥就写了ntt不管了qwq)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=5*(1e5)+10,MOD=998244353,G=3;
int ksm(int x,int y);
namespace NTT{/*{{{*/
int A[MAXN*4],B[MAXN*4],W[MAXN*4][2],rev[MAXN*4];
int invg,len,invlen;
void init(){
invg=ksm(G,MOD-2);
for (int i=0;i<=20;++i){
W[1<<i][0]=ksm(G,(MOD-1)/(1<<i));
W[1<<i][1]=ksm(invg,(MOD-1)/(1<<i));
}
}
void prework(int *a,int *b,int n,int m){
for (int i=0;i<len;++i) A[i]=B[i]=0;
int bit=0;
for (len=1;len<n+m;len<<=1,++bit);
rev[0]=0;
for (int i=1;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
for (int i=0;i<=n;++i) A[i]=a[i];
for (int i=0;i<=m;++i) B[i]=b[i];
invlen=ksm(len,MOD-2);
}
void ntt(int *a,int op){
int w,w_n,t,u;
for (int i=0;i<len;++i)
if (rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
for (int step=2;step<=len;step<<=1){
w_n=op==1?W[step][0]:W[step][1];
for (int st=0;st<len;st+=step){
w=1;
for (int i=0;i<(step>>1);++i){
t=1LL*a[st+i+(step>>1)]*w%MOD;
u=a[st+i];
a[st+i]=(1LL*u+t)%MOD;
a[st+i+(step>>1)]=(1LL*u-t+MOD)%MOD;
w=1LL*w*w_n%MOD;
}
}
}
if (op==1) return;
for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1LL*a[i]*invlen%MOD;
}
void Ntt(int *a,int *b,int n,int m){
prework(a,b,n,m);
ntt(A,1);
ntt(B,1);
for (int i=0;i<len;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%MOD;
ntt(A,-1);
}
void debug(int *a,int n){
prework(a,a,n,n);
ntt(a,1);
ntt(a,-1);
}
}/*}}}*/
char s[MAXN];
int ori1[MAXN],ori0[MAXN],res[MAXN*2];
int out[MAXN];
ll ans;
int n,m,lens;
void prework();
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
NTT::init();
prework();
NTT::Ntt(ori1,ori0,n,n);
for (int i=0;i<=n*2;++i) res[i]=NTT::A[i];
for (int i=0;i<n;++i) out[n-1-i]|=res[i];
for (int i=n;i<2*n-1;++i) out[i-(n-1)]|=res[i];
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=i;j<=n&&!out[i];j+=i)
if (out[j]) out[i]=1;
ans=0;
for (int i=1;i<=n;++i)
if (!out[n-i]) ans^=1LL*i*i;
printf("%lld\n",ans);
}
int ksm(int x,int y){
int ret=1,base=x;
for (;y;y>>=1,base=1LL*base*base%MOD)
if (y&1) ret=1LL*ret*base%MOD;
return ret;
}
void prework(){
for (int i=0;i<n;++i)
ori1[i]=s[i]=='1',ori0[i]=s[i]=='0';
reverse(ori0,ori0+n);
}
【loj6436】【pkusc2018】神仙的游戏的更多相关文章
- LOJ6436 [PKUSC2018] 神仙的游戏 【FFT】
题目分析: 题目要求前后缀相同,把串反过来之后是一个很明显的卷积的形式.这样我们可以完成初步判断(即可以知道哪些必然不行). 然后考虑一下虽然卷积结果成立,但是存在问号冲突的情况. 箭头之间应当不存在 ...
- [LOJ6436][PKUSC2018]神仙的游戏
loj description 给你一个只有01和?的字符串,问你是否存在一种把?改成01的方案使串存在一个长度为\(1-n\)的\(border\).\(n\le5\times10^5\) sol ...
- BZOJ5372: [Pkusc2018]神仙的游戏
BZOJ5372: [Pkusc2018]神仙的游戏 https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5372 分析: 如果\(len\)为\(border\ ...
- BZOJ5372: PKUSC2018神仙的游戏
传送门 Sol 自己还是太 \(naive\) 了,上来就构造多项式和通配符直接匹配,然后遇到 \(border\) 相交的时候就 \(gg\) 了 神仙的游戏蒟蒻还是玩不来 一个小小的性质: 存在长 ...
- bzoj 5372: [Pkusc2018]神仙的游戏
Description 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 ...
- loj 6436 PKUSC2018 神仙的游戏
传送门 好妙蛙 即串\(s\)长度为\(n\)首先考虑如果一个长度为\(len\)的\(border\)存在,当且仅当对所有\(i\in[1,len],s[i]=s[n-len+i]\),也就是所有模 ...
- BZOJ5372 PKUSC2018神仙的游戏(NTT)
首先有一个想法,翻转串后直接卷积看有没有0匹配上1.但这是必要而不充分的因为在原串和翻转串中?不能同时取两个值. 先有一些结论: 如果s中长度为len的前缀是border,那么其存在|s|-len的循 ...
- [PKUSC2018]神仙的游戏(FFT)
给定一个01?串,对所有len询问是否存在一种填法使存在长度为len的border. 首先有个套路的性质:对于一个长度为len的border,这个字符串一定有长度为n-len的循环节(最后可以不完整) ...
- [PKUSC2018]神仙的游戏
题目 画一画就会发现一些奇诡的性质 首先如果\(len\)为一个\(\operatorname{border}\),那么必然对于\(\forall i\in [1,len]\),都会有\(s_i=s_ ...
- 【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 ...
随机推荐
- Python接口测试实战5(下) - RESTful、Web Service及Mock Server
如有任何学习问题,可以添加作者微信:lockingfree 课程目录 Python接口测试实战1(上)- 接口测试理论 Python接口测试实战1(下)- 接口测试工具的使用 Python接口测试实战 ...
- Java普通编程和Web网络编程准备工作
一.工具下载 链接:https://pan.baidu.com/s/1geOdq3h 密码:pzl5 二.Java普通编程 解压下载的资料,并按readme.txt安装jdk和Eclipse. 三.J ...
- linux 下 python 安装 Django
安装 setuptools 使用easy_install命令 easy_install django
- VMware安装的Windows10下Docker的安装
1.前言 开启学习Docker之旅,首先在VMware中安装了windows10,因为Docker for windows要Win10专业或者企业版,现在台式机是win7,不想动主机系统.嘻嘻 不过, ...
- 7.hdfs工作流程及机制
1. hdfs基本工作流程 1. hdfs初始化目录结构 hdfs namenode -format 只是初始化了namenode的工作目录 而datanode的工作目录是在datanode启动后自己 ...
- mac 安装配置使用nexus3.x
一.nexus安装 前置条件 :已经安装了JDK 1:下载nexus(http://www.sonatype.com/download-oss-sonatype) 最新版本3.0,下载目录为/User ...
- linux-ubuntu配置通过22端口远程连接
当安装好ubuntu后获取到对应主机的ip地址,要想通过类似xshell这样的远程连接工具连接到ubuntu主机,需要在你刚刚安装好的ubuntu主机上安装openssh这个软件,才能通过远程来连接u ...
- 第5章 Linux 常用网络指令
网络参数设定使用的指令 手动/自动设定与启动/关闭 IP 参数: ifconfig, ifup, ifdown ifconfig :查询.设定网络卡与 IP 网域等相关参数:ifup, ifdown: ...
- Mybatis 中 sql 语句的占位符 #{} 和 ${}
#{} 表示一个占位符号,通过 #{} 可以实现 preparedStatement 向占位符中设置值,自动进行 java 类型和 jdbc 类型转换.#{} 可以有效防止 sql注入. #{} ...
- LoadRunner脚本增强技巧之参数化(二)
特别提醒: 1.在形成数据池之后,数据库中的数据变化不会影响数据池中的数据. 2.数据文件一定要以一个空行结束,否则,最后一行输入的数据不会被参数所使用. 3.一般我们用到的很多的都是使用数据文件来保 ...