BZOJ 3097 Hash Killer I

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3097

题目

这天天气不错，hzhwcmhf神犇给VFleaKing出了一道题：
给你一个长度为N的字符串S，求有多少个不同的长度为L的子串。
子串的定义是S[l]、S[l + 1]、... S[r]这样连续的一段。
两个字符串被认为是不同的当且仅当某个位置上的字符不同。

VFleaKing一看觉得这不是Hash的裸题么！于是果断写了哈希 + 排序。
而hzhwcmhf神犇心里自然知道，这题就是后缀数组的height中 < L的个数 + 1，就是后缀自动机上代表的长度区间包含L的结点个数，就是后缀树深度为L的结点的数量。
但是hzhwcmhf神犇看了看VFleaKing的做法表示非常汗。于是想卡掉他。

VFleaKing使用的是字典序哈希，其代码大致如下：

u64 val = 0;
for (int i = 0; i < l; i++)
    val = val * base + s[i] - 'a';

u64是无符号int64，范围是[0, 2^64)。VFleaKing让val自然溢出。
base是一个常量，VFleaKing会根据心情决定其值。
VFleaKing还求出来了base ^ l，即base的l次方，这样就能方便地求出所有长度为L的子串的哈希值。
然后VFleaKing给哈希值排序，去重，求出有多少个不同的哈希值，把这个数作为结果。
其算法的C++代码如下：

typedef unsigned long long u64;

const int MaxN = 100000;

inline int hash_handle(const char *s, const int &n, const int &l, const int &base)
{
    u64 hash_pow_l = 1;
    for (int i = 1; i <= l; i++)
        hash_pow_l *= base;

    int li_n = 0;
    static u64 li[MaxN];

    u64 val = 0;
    for (int i = 0; i < l; i++)
        val = val * base + s[i] - 'a';
    li[li_n++] = val;
    for (int i = l; i < n; i++)
    {
        val = val * base + s[i] - 'a';
        val -= (s[i - l] - 'a') * hash_pow_l;
        li[li_n++] = val;
    }

    sort(li, li + li_n);
    li_n = unique(li, li + li_n) - li;
    return li_n;
}

 hzhwcmhf当然知道怎么卡啦！但是他想考考你。

Input

没有输入

Output

你需要输出一组数据使得VFleaKing的代码WA掉。我们会使用Special Judge检查你的结果的正确性。

输出文件共两行。

第一行两个用空格隔开的数n、l。

第二行是一个长度为n的字符串。只能包含'a'~'z'。

需要保证1 <= n <= 10^5, 1 <= l <= n，

不符合以上格式会WA。

不要有多余字符，很可能导致你WA。

Sample Input

没有

Sample Output

8 4
buaabuaa
（当然这个输出是会WA的）

题解

卡Hash的关键是构造两个串$S_a,S_b$，使$H(S_a)equiv H(S_b)pmod {2^{64}}$，但$S_a e S_b$

容易写出

$$H(S)=S[0] imes B^{n-1}+S[1] imes B^{n-2}+cdots+S[n-1]B^0,n=leftlvert S ight vert$$

设$Delta[i]=S_a[i]-S_b[i]$只需

$$Delta[0] imes B^{n-1}+Delta[1] imes B^{n-2}+cdots+Delta[n-1]B^0equiv 0pmod{2^{64}}$$

当$B$是偶数时，$2mid B$，因此$Delta[i]$对应的$B$的指数$igeqslant64$时，$Delta[i]$对上式无影响，因此可以随便取，剩下的取0

即前面的字符串随便取，保证剩余长度为64（$63-0+1$）的字符串相同

这样就卡掉了$B$为偶数的情况

接下来是抄的vfk大神的……

---

当$B$是奇数时，$Delta$就不是那么好取了，可以通过构造出递推形式得

设$S_a=S[i],S_b=!S[i]$

$S[i]=S[i-1]cdot (!S[i-1])$

$S[1]=x$，$leftlvert{S[1]} ight vert=1$

$!S[1]=y,x e y$

其实就是x换成y，y换成x……

$i=1$显然卡不掉，考虑$i>1$

$$leftlvert{S[i]} ight vert=2^{i-1} % ag{1}lable{1}$$

$H(S[i])=B^{leftlvert{S[i-1]} ight vert}H(S[i-1])+H(!S[i-1])$

$H(!S[i])=B^{leftlvert{!S[i-1]} ight vert}H(!S[i-1])+H(S[i-1])$

使$H(S[i])equiv H(!S[i])pmod{0}$，即

$$H(S[i])-H(!S[i])equiv0pmod{2^{64}}$$

设

$$F(i)=H(S[i])-H(!S[i])$$

则

$$F(i)=(B^{2^{i-1}}-1)[Hleft(S[i-1] ight)-Hleft(!S[i-1] ight)]=(B^{2^{i-1}}-1)F(i-1)$$

---

因为$B^{2^{i-1}}-1$是一个偶数

设$B^{2^{i-1}}-1=2k_{i-1}$

可以推得

$$F(i)=2k_{i-1}[H(S[i-1])-H(!S[i-1])]=2^{i-1}prod_{j=0}^{i-1}k_j$$

可得$i-1geqslant64$，即$igeqslant65$时，$H(S[i])equiv H(!S[i])pmod{2^{64}}$

然而这个数字太大了，$leftlvert S[i] ight vert=2^{64}>10^5$，显然不能用，因此需要继续考虑= =

---

需要观察$B^{2^{i-1}}-1$，

$i=2$时显然卡不掉，考虑$i>2$

$B^{2^{i-1}}-1=(B^{2^{i-2}})^2-1^2=(B^{2^{i-2}}-1)(B^{2^{i-2}}+1)$

$B^{2^{i-2}}+1$是偶数，设为$2K_{i-2}$

设$B^{2^{i-1}}-1=g[i]$

则

$$g[i]=left{egin{array}{ll}B-1&,i=1\B^2-1&,i=2\2K_{i-2}g[i-1]&,i>2\end{array} ight}=left{egin{array}{ll}B-1&,i=1\B^2-1&,i=2\2^{i-2}t&,i>2,t=一大坨\end{array} ight}$$

经验证，$i>2$的形式对$i=1,2$也成立，即

$g[i]=2^it'$

可以推得

$$F(i)=2^{frac{i+1}{2} imes i}$$

令$frac{i+1}{2} imes igeqslant 64$，得$igeqslant11$

所以就可以得到两个串$S[11]$和$!S[11]$的Hash相同，可以卡

---

因此最终答案是$S[11]cdot!S[11]cdot$任意$64$个相同字符

AC代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<ctime>
#define REP(r,x,y) for(register int r=(x); r<(y); r++)
#define REPE(r,x,y) for(register int r=(x); r<=(y); r++)
#define PERE(r,x,y) for(register int r=(x); r>=(y); r--)
#ifdef sahdsg
#define DBG(...) printf(__VA_ARGS__),fflush(stdout)
#else
#define DBG(...) (void)0
#endif
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

char ch; int si;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
int beof = 0;
#define gc() (beof?EOF:(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(beof=EOF):*p1++))
#define gl(x) {char*s=x;while(isspace(*s=gc()));s++;while(!isspace(*s=gc()))s++;*s=0;}

template<class T>
inline void read(T &x) {
    x=0; si=1; for(ch=gc();!isdigit(ch) && ch!='-';ch=gc()) if(beof) return;
    if(ch=='-'){si=-1,ch=gc();} for(;isdigit(ch);ch=gc())x=x*10+ch-'0';
    x*=si;
}
//template<class T, class...A> inline void read(T &x, A&...a){read(x); read(a...);}

const int MaxN = 100000;

char S[(1<<11)+7];

int main() {
    printf("%d %d
", (1<<11)+64, 1<<10);
    S[0]='x';
    REPE(i,2,12) {
        REP(j,0,1<<i-2) {
            S[j+(1<<i-2)]=S[j]=='x'?'y':'x';
        }
    }
    REP(j,0,1<<11) putchar(S[j]);
    REP(i,0,64) putchar('r');
    return 0;
}

 看完这题会发现自然取模很好卡……