CodeForces 1320D

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有一个01串(a,|a|=n)。(q)次询问，每次给出(l1,l2,len)，问(a_{l1sim l1+len-1},a_{l2sim l2+len-1})这(2)个01串是否能通过若干次操作变得相等，其中一次操作指的是将任意一个01串的任意一个等于( exttt{110})的子串变成( exttt{011})或将( exttt{011})变成( exttt{110})。

(n,qinleft[1,2 imes10^5 ight])。

考虑分析能通过若干次操作变得相等的充要条件。

不难发现，每次操作都不可能改变01串中( exttt0)和( exttt1)分别的数量，所以(2)个01串中( exttt0)和( exttt1)的数量分别相等是能通过若干次操作变得相等的必要条件，但充分性还远远不够。

又发现，( exttt{110}leftrightarrow exttt{011})这个操作比较有意思，它相当于将这个唯一的( exttt{0})向左/右推了(2)位。由于这是个01串，非( exttt0)即( exttt1)，于是我们将所有( exttt0)的位置揪出来，其他位置自然是( exttt1)。

不难发现，01串中所有( exttt0)对的相对位置都不会改变。证明：若(2)个( exttt0)想要交换位置，那么交换前最后一刻的状态一定是距离差(leq2)，此时左边的( exttt0)不能通过( exttt{011} o exttt{110})往右再移(2)格，因为它右边(1sim2)格是右边的( exttt0)，以它开头的长度为(3)的子串一定不为( exttt{011})。类似地，右边的( exttt0)也不能往左移(2)格。得证。

于是考虑将(2)个01串中的所有( exttt0)按出现次序一一对应。显然，第(1)个01串中的某个( exttt0)能够与第(2)个01串中的某个( exttt0)到同一位置上当且仅当它们在所在串中的位置之差为偶数，即奇偶性相等。所以我们猜测：(2)个01串中的所有( exttt0)按出现次序一一对应后，每对( exttt0)在所在串中的位置奇偶性相等，是这(2)个01串能通过若干次操作变得相等的充要条件。证明：

1. 充分性证明：数学归纳法。

   1. 当(2)个串都不存在( exttt0)时，充分性显然；
   2. 假设当(2)个串都存在(x-1(xgeq1))个( exttt0)时，满足充分性。此时若要将(2)个存在(x)个( exttt0)的01串的所有( exttt0)对一一对齐，可以将左数第(1)对( exttt0)中较右的那个( exttt0)通过若干次操作与较左的对齐，问题转化为将剩下(x-1)对( exttt0)一一对齐，根据假设，存在方案。所以若当(2)个串都存在(x-1)个( exttt0)时，满足充分性，那么当(2)个串都存在(x)个( exttt0)时，满足充分性。

   综上，充分性得证；

2. 必要性显然。

综上，得证。

接下来问题就变成了比较裸的序列哈希：每次给定(2)个子串，问这(2)个子串中( exttt0)的位置奇偶性组成的序列是否相等。注意：这里的位置奇偶性指的是相对于(l1/l2)的位置奇偶性，而不是相对于(1)，所以要记录(2)个每项对应相反的( exttt0)的位置奇偶性序列。子串中包含的( exttt0)的位置奇偶性序列的子序列可以二分查找找到。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define pb push_back
const int N=200000;
int n/*01串长度*/,qu/*询问次数*/;
char a[N+5];//01串 
vector<int> pos;//'0'的位置序列 
const int hbase1=131,hmod1=998244353,hbase2=13331,hmod2=1000000007;//哈希参数 
int Hsh1[N+1],Rhsh1[N+1],hpw1[N+1],Hsh2[N+1],Rhsh2[N+1],hpw2[N+1];//Hsh：相对于1的'0'的位置奇偶性序列的前缀哈希，Rhsh：相对于2的…… 
void hsh_init(){//哈希预处理 
	hpw1[0]=hpw2[0]=1;
	for(int i=1;i<=pos.size();i++)//为了前缀运算方便，哈希数组们1-indexed 
		Hsh1[i]=(1ll*Hsh1[i-1]*hbase1+pos[i-1]%2+1)%hmod1,
		Rhsh1[i]=(1ll*Rhsh1[i-1]*hbase1+!(pos[i-1]%2)+1)%hmod1,
		hpw1[i]=1ll*hpw1[i-1]*hbase1%hmod1,
		Hsh2[i]=(1ll*Hsh2[i-1]*hbase2+pos[i-1]%2+1)%hmod2,
		Rhsh2[i]=(1ll*Rhsh2[i-1]*hbase2+!(pos[i-1]%2)+1)%hmod2,
		hpw2[i]=1ll*hpw2[i-1]*hbase2%hmod2;
}
pair<int,int> hsh(int l,int r){//pos[l-1~r-1]相对于1的奇偶性序列的哈希值 
	return mp(((Hsh1[r]-1ll*Hsh1[l-1]*hpw1[r-l+1]%hmod1)+hmod1)%hmod1,
			  ((Hsh2[r]-1ll*Hsh2[l-1]*hpw2[r-l+1]%hmod2)+hmod2)%hmod2);
}
pair<int,int> rhsh(int l,int r){//pos[l-1~r-1]相对于2的奇偶性序列的哈希值
	return mp(((Rhsh1[r]-1ll*Rhsh1[l-1]*hpw1[r-l+1]%hmod1)+hmod1)%hmod1,
			  ((Rhsh2[r]-1ll*Rhsh2[l-1]*hpw2[r-l+1]%hmod2)+hmod2)%hmod2);
}
int main(){
	cin>>n>>a+1>>qu;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]=='0')pos.pb(i);//预处理pos 
	hsh_init();//预处理哈希 
	while(qu--){
		int l1,l2,len;
		scanf("%d%d%d",&l1,&l2,&len);
		int l1_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l1)-pos.begin()+1,//a[l1~l1+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的左端点 
			r1_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l1+len)-pos.begin(),//a[l1~l1+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的右端点
			l2_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l2)-pos.begin()+1,//a[l2~l2+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的左端点
			r2_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l2+len)-pos.begin();//a[l2~l2+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的右端点
		pair<int,int> hsh1=l1%2?hsh(l1_0,r1_0):rhsh(l1_0,r1_0),hsh2=l2%2?hsh(l2_0,r2_0):rhsh(l2_0,r2_0);//计算哈希值 
		puts(hsh1==hsh2?"Yes":"No");//判断相等 
	}
	return 0;
}