loj
給你乙個只有01和?的字串，問你是否存在一種把?改成01的方案使串存在乙個長度為\(1-n\)的\(border\)。\(n\le5\times10^5\)
這種題都不會我還是太菜了。
有一檔部分分是「01的個數不超過\(5000\)」。這個其實對正解的提示是蠻大的。
有乙個顯然的結論：存在乙個長度為\(len\)的\(border\)當且僅當對於\(\forall i\in[1,len]\) 有 \(s[i]=s[n-len+i]\)。（感謝熱心網友找出這裡的乙個錯誤）
或者這樣說，把所有位置在模\(n-len\)意義下分組，同一組裡的01要全部相同。
那麼，如果存在一組0和1他們的下標之差為\(x\)，那麼所有\(y|x\)的\(n-y\)都不可能成為\(border\)。
這樣\(67\)分就可以寫乙個\(5000^2\)列舉01對統計，然後每次掃一遍倍數\(o(n\log n)\)計算答案。
考慮正解。現在的複雜度瓶頸在於列舉01對。
搞兩個生成函式\(a(x)\)和\(b(x)\)，\(a(x)=\sum_^[s_i==0]x^i\)，\(b(x)=\sum_^[s_i==1]x^i\)。
我們知道，多項式卷積計算的是所有下標之和為一定值的乘積之和，也就是\(c_i=\sum_a_jb_k\)。現在我們要統計的是差為定值的。
把乙個多項式\(reverse\)過來不就好了麼。形式化地，令\(a(x)=x^a(\frac 1x)\)，然後計算\(c(x)=a(x)b(x)\)得到的第\(i\)次項係數就是滿足「1的下標減0的下標等於\(i-n\)」的01對數。
複雜度\(o(n\log n)\)。
#include#include#includeusing namespace std;
int gi()
const int n = 3e6+5;
const int mod = 998244353;
int n,len,a[n],b[n],rev[n],l,og[n];
char s[n];
int fastpow(int a,int b)
return res;
}void ntt(int *p,int opt)
if (fg) ans^=1ll*(n-i)*(n-i);
} printf("%lld\n",ans);return 0;
}
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