GYM101889J Jumping frog

突然发现题刷累了写写题解还是满舒服的

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题目大意：

给你一个只包含 \(R\) ， \(P\) ，长度为 \(n\) 的字符串（ \(3\le n\le 10^5\) ）。你可以选择一个跳跃距离 \(l\) （ \(1\le l\le n-1\) ），并对于每一种跳跃距离，你可以随意选择一个起点，进行若干次跳跃后回到起点（字符串首尾相接构成一个环），问有多少种距离是满足存在一种跳跃情况使得期间没有经过 \(P\) 。

题解：

经过若干次尝试，我们可以轻易的发现，任意一个跳跃距离 \(l\) ，他完全等价与跳跃距离为 \(gcd(l,n)\) 的情况，也就是说，我们如果可以判断出 \(n\) 的所有可能的 \(gcd\) ，再判断，同时计算出与 \(n\) 有着此 \(gcd\) 的数的个数，我们就可以计算答案了。

\(n\) 的所有可能的 \(gcd\) 就是 \(n\) 的因数，我们可以用线性筛筛素数，再分解质因数，最后得出所有的因数并判断，复杂度在 \(O(n\sqrt{n})\) 左右。

然后我们考虑如何得出对于每一种因数，有多少个数与 \(n\) 的 \(gcd\) 为它。我们设 \(gcd(l,n)=x\) ，易得 \(gcd(l/x,n/x)=1\) ，所以我们就相当于求在 \(1\sim n/x-1\) 中，有多少个数与 \(n/x\) 互质，这不就是 $\varphi $ 函数吗？处理 $\varphi $ 函数可以放在线性筛中，这里的复杂度为 \(O(n)\) 。

总复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\) 左右。

作者辛辛苦苦写完了题解，才发现可以直接 \(dp\) ，不需要这么麻烦，枯了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
char s[N];
int len;
int eul[N],pri[N],lpri=0;
int cnt[N];
bool vis[N];
int ans=0;
int gcd(int a,int b)
{
    if(b==0)
    return a;
    return gcd(b,a%b);
}
bool tag[N];
void dfs(int now,int sum)
{
    if(now>lpri)
    {
        if(len%sum)
        return ;
        int cnt=sum;
        memset(tag,0,sizeof(tag));
        for(int i=1;i<=len;++i)
        {
            if(s[i]=='R')
            continue;
            if(!tag[i%sum])
            {
                tag[i%sum]=true;
                --cnt;
            }
        }
        if(cnt)
        ans+=eul[len/sum];
        return ;
    }
    int tmp=1;
    for(int i=0;i<=cnt[now];++i)
    {
        dfs(now+1,sum*tmp);
        tmp*=pri[now];
    }
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%s",s+1);
    len=strlen(s+1);
    for(int i=2;i<=len;++i)
    {
        if(!vis[i])
        {
            eul[i]=i-1;
            pri[++lpri]=i;
        }
        for(int j=1;j<=lpri;++j)
        {
            if(i*pri[j]>len)
            break;
            vis[i*pri[j]]=true;
            if(i%pri[j])
            eul[i*pri[j]]=eul[i]*eul[pri[j]];
            else
            {
                eul[i*pri[j]]=eul[i]*pri[j];
                break;
            }
        }
    }
    int tmp=len;
    for(int i=1;i<=lpri;++i)
    {
        while(tmp%pri[i]==0)
        {
            tmp/=pri[i];
            ++cnt[i];
        }
    }
    dfs(1,1);
    printf("%d\n",ans);
}