[POI2012]OKR-A Horrible Poem hash

题面：洛谷

题解：

　　首先我们需要知道一个性质，串s的最小循环节 = len - next[len].其中next[len]表示串s的一个最长长度使得s[1] ~ s[next[len]] == s[len - next[len] + 1] ~ s[len](详细定义参见KMP)

　　至于为什么是成立的可以画图推一下,这个应该是比较常见的性质。

　　

　　可能画的有点丑。。。

　　图中每个绿色方块所代表的串都是相同的，因为第一个绿块显然与下面那块相同，而根据next的定义，它也与第二行第二个绿块相同……以此类推，可以一直递推下去，直到推完整个数组。

　　

　　对于一个长度为len的串s而言，设它的最小循环节长度为l.

　　若$len = p_{1}^{k_{1}} \cdot p_{2}^{k_{2}} \cdot p_{3}^{k_{3}}...p_{t}^{k_{t}}$

　　则$len = p_{1}^{a_{1}} \cdot p_{2}^{a_{2}} \cdot p_{3}^{a_{3}}...p_{t}^{a_{t}}$其中$a_{i} \le k_{i}$.

　　首先一个串的最大循环节长度肯定= len;

　　而这个循环节之所以可以变小，是因为这个最大循环节是由很多个最短循环节组成。我们假设最短循环节为X，这这个串可以表示为XXXXXXX(若干个X)

　　假设X有b个。那么我们可以每次对b缩减一个b的因子，最后使得b变为1，即使b不断除一个数。

　　例如一个串s一开始可以被表示为XXXXXXXX(8个X),即b = 8

　　这个时候我们枚举到一个2，于是我们判断原串是否可以被XXXX + XXXX凑出，如果可以，那么b /= 2.

　　然后我们判断原串是否可以被XX + XX + XX + XX凑出，如果可以，那么b /= 2.

　　依次类推，直到已经没有更小的循环节可以凑出原串位置。

　　其中2是b的某个质因子。

　　因为b的最大值为len（即循环节为1），所以我们一开始先从len开始，不断枚举len的质因子，看能否消去这个因子，最后剩下的数就是答案。

　　判断一个长度是否可以成立，可以用hash判断图中红色部分是否相等

　　

　　其中绿块长度为x。

　　原理就是一开始解释过的KMP求最小循环节。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 501000
 #define p1 1000000007
 #define p2 998244353
 #define base 26
 #define LL long long

 int n, m, tot, top;
 int hash1[AC], hash2[AC], pw1[AC], pw2[AC];
 int pri[AC], last[AC], q[AC];
 char s[AC];
 bool z[AC];

 inline int read()
 {
     int x = ;char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 void get()//欧拉筛
 {
     for(R i = ; i <= n; i ++)
     {
         if(!z[i]) pri[++ tot] = i, last[i] = i;
         for(R j = ; j <= tot; j ++)
         {
             int now = pri[j];
             if(now * i > n) break;
             z[now * i] = true, last[now * i] = now;
             if(!(i % now)) break;
         }
     }
 }

 void pre()
 {
     n = read();
     scanf("%s", s + );
 }

 void build()//求前缀hash值
 {
     pw1[] = pw2[] = ;
     for(R i = ; i <= n; i ++)
     {
         hash1[i] = (1ll * hash1[i - ] * base + s[i] - 'a' + ) % p1;
         hash2[i] = (1ll * hash2[i - ] * base + s[i] - 'a' + ) % p2;
         pw1[i] = 1ll * pw1[i - ] * base % p1;//存下base的i次方
         pw2[i] = 1ll * pw2[i - ] * base % p2;
     }
 }

 LL cal(int l, int r, bool w){
     if(!w) return ((1ll * hash1[r] - 1ll * hash1[l - ] * pw1[r - l + ] % p1) + p1) % p1;
     else return ((hash2[r] - 1ll * hash2[l - ] * pw2[r - l + ] % p2) + p2) % p2;
 }

 bool check(int l, int r, int x){//测试区间[l, r]的循环结是否可能为x
     return (cal(l + x, r, ) == cal(l, r - x, )) && (cal(l + x, r, ) == cal(l, r - x, ));
 }

 void work()
 {
     m = read();
     for(R i = ; i <= m; i ++)
     {
         int l = read(), r = read(), x = r - l + ;
         top = ;
         while(x != ) q[++ top] = last[x], x /= last[x];
         x = r - l + ;
         for(R i = ; i <= top; i ++)
             if(check(l, r, x / q[i])) x /= q[i];
         printf("%d\n", x);
     }
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in", "r", stdin);
     pre();
     get();//处理last数组
     build();//构建hash数组
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }