P4199-FFT，manacher

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本文详细解析P4199题的解决方案，利用Manacher算法和字符串哈希技巧，通过构造多项式A(x),B(x)来求解以某一位置对称的回文子序列数与回文子串数之差。通过快速傅立叶变换(FFT)和多项式乘法，高效地计算对称字符对数。

P4199

题目描述

题解

首先问题可以转化为”以某一位置对称的回文子序列数-回文子串数“
回文子串数很好解决，manacher\字符串哈希都可解决

考虑前半部分如何解决？

由于只有 $a, b$ 两个字符。
考虑用 $A (x), B (x)$ 来表示字符串中的 $^{'} a^{'},^{'} b^{'}$ ,即令 $A (x)$ 中 $^{'} a^{'}$ 的位置前系数为 $1$ ，其余为 $0$ ， $B (x)$ 反过来。
于是 $A (x)$ 自乘，那么 $x^i$ 项前的系数即代表以 $i2\frac{i}{2}$ 位置为对称轴的对称字符对数的 $2$ 倍(重复加了)， $B (x)$ 同理。两者系数相加，即为总的对称字符对数。

设 $x^i$ 项前的系数为 $c$ ，如果 $i$ 处为字符，那么方案数即是 $2^{c+1}-1(加上中间位置的字符)$ ,否则即为 $2^c-1$
那么问题就完全解决了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define LL unsigned long long
#define M 2000009
using namespace std;
int read(){
	int f=1,re=0;char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-'){f=-1,ch=getchar();}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
const int g=3;
const int mod=998244353; 
const int p=1e9+7;
int r[M];

int ksm(int a,int b,int MOD){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;
		b>>=1;
	}return ans%MOD;
}
void ntt(int *A,int lim,int type){
	for(int i=0;i<lim;i++) if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		int W=ksm(g,(mod-1)/(mid<<1),mod);
		for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
			int w=1;
			for(ll k=0;k<mid;k++,w=(ll)w*W%mod){
				int x=A[j+k],y=(ll)w*A[j+k+mid]%mod;
				A[j+k]=(x+y)%mod;
				A[j+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(type==-1){
		reverse(A+1,A+lim);
        int inv=ksm(lim,mod-2,mod);
        for(int i=0;i<lim;i++) A[i]=(ll)A[i]*inv%mod;
	}
}

LL mi[M],has1[M],has2[M];
int a[M],b[M],c[M],n,ans,f[M];
char s[M],ss[M];

const int h=31;
LL gethas1(int x,int y){return has1[y]-has1[x-1]*mi[y-x+1];}
LL gethas2(int x,int y){return has2[x]-has2[y+1]*mi[y-x+1];}
int query1(int x){
	int l=1,r=min(x,n-x);
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(gethas1(x-mid,x+mid)==gethas2(x-mid,x+mid)) l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}return r;
}
int query2(int x){
	int l=1,r=min(x,n-x);
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(gethas2(x-mid+1,x+mid)==gethas1(x-mid+1,x+mid)) l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}return r;
}
int getans(){
	int maxn=0;mi[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		has1[i]=has1[i-1]*h+(s[i-1]-'a'+1);
		mi[i]=mi[i-1]*h;
	}for(int i=n;i>=1;i--) has2[i]=has2[i+1]*h+(s[i-1]-'a'+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		maxn=(ll)((ll)(maxn+query1(i))%p+query2(i))%p;
	return (maxn+n)%p;
}

int manacher(){
	int res=0,cnt=0;ss[cnt]='$',ss[++cnt]='%';
	for(int i=0;i<n;i++) ss[++cnt]=s[i],ss[++cnt]='%';
	int mid=1,mr=1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		f[i]=min(mr-i,f[mid*2-i]);
		while(ss[i+f[i]]==ss[i-f[i]]) f[i]++;
		if(i+f[i]>mr) mr=i+f[i],mid=i;
		res=(res+f[i]/2)%p;
	}return res;
}

signed main(){
	scanf("%s",s);
	n=strlen(s);
	for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(s[i]=='a');
	for(int i=0;i<n;i++) b[i]=(s[i]=='b');
	int lim=1,l=0;
	while(lim<n*2) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*a[i]%mod;
	for(int i=0;i<lim;i++) b[i]=(ll)b[i]*b[i]%mod;
	ntt(a,lim,-1),ntt(b,lim,-1);
	//for(int i=0;i<lim;i++) printf("%d %d\n",a[i],b[i]);
	for(int i=0;i<n*2-1;i++){
		if(!(i&1)) 
			if(s[i>>1]=='a') a[i]++;
			else b[i]++;
		a[i]>>=1,b[i]>>=1;
		ans=(ll)(ans+ksm(2,a[i]+b[i],p)-1)%p;
	}
	//printf("%d\n",ans%p);
	//printf("%d\n",getans());
	printf("%d\n",(ll)(ans-getans()+p)%p);
	return 0;
}