Bestcoder Round #88 problem.B Abelian Period

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Description

设SS是一个数字串，定义函数$occ(S,x)$表示$S$中数字$x$的出现次数。例如：$S=(1,2,2,1,3),occ(S,1)=2,occ(S,2)=2,occ(S,3)=1$。

如果对于任意的$i$，都有$occ(u,i)=occ(w,i)$，那么我们认为数字串$u$和$w$匹配。例如：$(1,2,2,1,3)\approx(1,3,2,1,2)$。

对于一个数字串$S$和一个正整数$k$，如果$S$可以分成若干个长度为$k$的连续子串，且这些子串两两匹配，那么我们称$k$是串$S$的一个完全阿贝尔周期。给定一个数字串$S$，请找出它所有的完全阿贝尔周期。

Input

• 第一行包含一个正整数 $T(1\leq T\leq10)$，表示测试数据的组数。
  • 对于每组数据：
    
    • 第一行包含一个正整数$n(n\leq 100000)$，表示数字串的长度。
    • 第二行包含$n$个正整数$S_1,S_2,S_3,\cdots,S_n(1\leq S_i\leq n)$，表示这个数字串。

Output

对于每组数据，输出一行若干个整数，从小到大输出所有合法的$k$。

Sample Input

2
6
5 4 4 4 5 4
8
6 5 6 5 6 5 5 6

Sample Output

3 6
2 4 8

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都说Claris大犇出题质量很高，的确如此。

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$Solution$：

根据题目要求可以得到以下结论：

• 由于要求分割后不能有多余区间，所以我们可以枚举$N$的因子作为每次分割的$step$。
• 根据不久以前我写过的POI2010Breads一题，可以知道全因子暴力拆分的复杂度也只达到$O(NlogN)$，所以我们可以放心地枚举过来。
• 根据度娘所得，知道对于所有的$a\le10^5$，其最多的因子只有100+个。

解决枚举的时间复杂度问题后，我们只需要在小复杂度内判断每一段内的元素是否全部相同即可。

如果考虑用$O(logN)$来进行判重，我们可以采用map或者multiset来直接进行查询，或者直接每一堆都sort()一波进行直接比较，在数据水的情况下可以卡过去。

如果用$O(1)$来进行判重，我们需要采用Hash。但是一般的Hash都是与元素所处的位置有关，而本题每一个区间都可以看做一个集合，是无序的。那么我们就需要采用无序的Hash，简单来说就是给每一个不同的数都赋一个区分度高的不同的值，计算Hash的时候按照元素对应的Hash值相加。（似乎get了一个新技能）

#include <bits/stdc++.h>
#define B 200019
#define M 100005
#define P 1000000009
using namespace std;
inline void Rd(int &res){
    res=0;char c;
    while(c=getchar(),c<48);
    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>47);
}
int Base[M],A[M],sum[M];
bool vis[M];int Mp[M],tot=0;
void init(){
    Base[0]=1;
    for(int i=1;i<M;i++)Base[i]=1LL*Base[i-1]*B%P;
    for(int i=2;i<M;i++)if(!vis[i]){
        Mp[++tot]=i;
        for(int j=i<<1;j<M;j+=i)vis[j]=true;
    }
}
vector<pair<int,int> >Prime;
int Ans[500],ptop=0;
void dfs(int c,int sum){
    if(c==Prime.size()){
        Ans[++ptop]=sum;
        return;
    }
    int prime=1,sz=Prime[c].second;
    for(int j=0;j<=sz;j++){
        dfs(c+1,sum*prime);
        prime*=Prime[c].first;
    }
}
bool used[M];
int main(){
    init();
    int kase;Rd(kase);
    while(kase--){
        int n;Rd(n);
        sum[0]=0;
        Prime.clear();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            Rd(A[i]);
            sum[i]=(sum[i-1]+Base[A[i]])%P;
        }
        int tmp=n;
        for(int i=1;Mp[i]*Mp[i]<=tmp;i++){
            int cnt=0;
            while(tmp%Mp[i]==0)tmp/=Mp[i],cnt++;
            if(cnt)Prime.push_back(make_pair(Mp[i],cnt));
        }
        if(tmp!=1)Prime.push_back(make_pair(tmp,1));
        ptop=0;dfs(0,1);
        for(int k=1;k<=ptop;k++){
            int step=Ans[k];
//          printf("%d\n",step);
            int val=sum[step];
            bool win=true;
            for(int i=step+1;i<=n;i+=step){
                int Val=(sum[i+step-1]-sum[i-1]+P)%P;
                if(Val!=val){win=false;break;}
            }
            if(win)used[step]=true;
        }
        bool f=false;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(!used[i])continue;
            used[i]=0;
            if(f)putchar(' ');f=true;
            printf("%d",i);
        }
        puts("");
    }
}