LOJ6436 神仙的游戏

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LOJ6436 神仙的游戏

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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[1dots len ] = s[|s|-len + 1dots |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) imes 1^2)~xor~(f(2) imes 2^2)~xor~(f(3) imes 3^2)~xor~dots~xor~(f(n) imes 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
",ret);
  return 0;
}