只要求出两个字符串的最小表示,然后就可以判断是否循环同构。
枚举最小表示的开头在哪个位置,然后求出Hash值,如果两个串的Hash值集合有交,那么说明循环同构。
因为串经过压缩,原串的长度很大,不能直接枚举开头。
考虑当开头在某个串$A^k$里某个位置时的性质:
假设$A^k$全在开头,现在考虑挪动一个$A$到结尾。
那么如果挪动之后字典序更小了,那么再挪动一个$A$到结尾,比较条件不变。
因此一旦挪动一个$A$之后字典序变小,那么最小表示一定是将$k-1$个$A$全部挪到结尾。
所以对于一个压缩串$A^k$,只需要在其第一次重复和最后一次重复的部分枚举开头即可。
对于这两部分,Hash值可以直接递推计算,对于中间$k-2$次移动,可以用矩阵快速幂计算。
时间复杂度$O(tk|S|log|S|)$。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define rep(i) for(int i=0;i<2;i++) using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int>PI; const int N=30010,S=233,P[2]={1000000007,1000000009}; inline bool check(char x){return x>='a'&&x<='z';} struct String{ char s[N];ll tot; int cnt,n,len[N],w[N],st[N],en[N]; void read(){ static char a[N]; scanf("%s",a); int l=strlen(a),i,j,k; cnt=n=tot=0; for(i=0;i<l;){ if(check(a[i])){ st[++n]=cnt+1; for(j=i;j<l&&check(a[j]);j++); for(k=i;k<j;k++)s[++cnt]=a[k]; en[n]=cnt; len[n]=en[n]-st[n]+1; w[n]=1; tot+=len[n]*w[n]; i=j; }else{ st[++n]=cnt+1; for(j=++i;j<l&&check(a[j]);j++); for(k=i;k<j;k++)s[++cnt]=a[k]; en[n]=cnt; len[n]=en[n]-st[n]+1; w[n]=0; for(j++;j<l&&a[j]>='0'&&a[j]<='9';j++)w[n]=w[n]*10+a[j]-'0'; tot+=len[n]*w[n]; i=j; } } } void write(){ int i,j; printf("%d %lld ",n,tot); for(i=1;i<=n;i++){ for(j=st[i];j<=en[i];j++)putchar(s[j]); printf(" %d %d ",len[i],w[i]); } } }A,B; namespace Hash{ char s[N];ll tot; int cnt,n,i,j,k,x,y,len[N],w[N],st[N],en[N],f[N][2],g[2],mo; struct mat{ int v[2][2]; mat(){} mat operator*(const mat&b){ mat c; rep(i)rep(j)c.v[i][j]=0; rep(i)rep(j)rep(k)c.v[i][j]=(1LL*v[i][k]*b.v[k][j]+c.v[i][j])%mo; return c; } }; inline int pow(int a,ll b,int P){int t=1;for(;b;b>>=1LL,a=1LL*a*a%P)if(b&1LL)t=1LL*t*a%P;return t;} inline int cal(int f,int l,int w,int P){ mo=P; mat A,B; rep(i)rep(j)A.v[i][j]=B.v[i][j]=0; B.v[1][0]=f; A.v[0][0]=A.v[0][1]=1,A.v[1][1]=pow(S,l,P); for(;w;w>>=1,A=A*A)if(w&1)B=A*B; return B.v[0][0]; } void solve(PI*v,int&cv,const String&p,ll L){ cv=cnt=n=0,tot=L; for(i=1;i<=p.n;i++){ x=min(L/p.len[i],1LL*p.w[i]); if(x){ st[++n]=cnt+1; for(j=p.st[i];j<=p.en[i];j++)s[++cnt]=p.s[j]; en[n]=cnt; len[n]=en[n]-st[n]+1; w[n]=x; } L-=x*p.len[i]; if(!L)break; if(L<p.len[i]&&x<p.w[i]){ st[++n]=cnt+1; for(j=p.st[i];j<p.st[i]+L;j++)s[++cnt]=p.s[j]; en[n]=cnt; len[n]=L; w[n]=1; break; } } for(i=0;i<2;i++)g[i]=0; for(i=1;i<=n;i++){ for(j=0;j<2;j++)f[i][j]=0; for(j=st[i];j<=en[i];j++)for(k=0;k<2;k++)f[i][k]=(1LL*f[i][k]*S+s[j])%P[k]; for(j=0;j<2;j++)g[j]=(1LL*g[j]*pow(S,len[i]*w[i],P[j])+cal(f[i][j],len[i],w[i],P[j]))%P[j]; } for(i=1;i<=n;i++){ for(j=st[i];j<=en[i];j++){ v[++cv]=PI(g[0],g[1]); for(k=0;k<2;k++){ g[k]=(g[k]-1LL*s[j]*pow(S,tot-1,P[k])%P[k]+P[k])%P[k]; g[k]=(1LL*g[k]*S+s[j])%P[k]; } } if(w[i]==1)continue; for(j=0;j<2;j++){ x=len[i]*(w[i]-2); y=cal(f[i][j],len[i],w[i]-2,P[j]); g[j]=(g[j]-1LL*y*pow(S,tot-x,P[j])%P[j]+P[j])%P[j]; g[j]=(1LL*g[j]*pow(S,x,P[j])+y)%P[j]; } for(j=st[i];j<=en[i];j++){ v[++cv]=PI(g[0],g[1]); for(k=0;k<2;k++){ g[k]=(g[k]-1LL*s[j]*pow(S,tot-1,P[k])%P[k]+P[k])%P[k]; g[k]=(1LL*g[k]*S+s[j])%P[k]; } } } } } int T,C,k,o,ans,ca,cb,i,j;PI a[N],b[N]; int main(){ scanf("%d",&T); for(C=1;C<=T;C++){ A.read(); scanf("%d",&k);ans=0; for(o=1;o<=k;o++){ B.read(); Hash::solve(a,ca,A,B.tot); Hash::solve(b,cb,B,B.tot); sort(a+1,a+ca+1),sort(b+1,b+cb+1); for(i=j=1;i<=ca&&j<=cb;){ if(a[i]<b[j])i++; else if(a[i]>b[j])j++; else{ ans+=o*o; break; } } } printf("Case #%d: %d ",C,ans); } return 0; }