[bzoj5372][FFT]神仙的游戏

最新推荐文章于 2021-08-22 16:20:40 发布

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FFT

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Description

小D和小H是两位神仙。他们经常在一起玩神仙才会玩的一些游戏，比如“口算一个4位数是不是完全平方数”。
今天他们发现了一种新的游戏：首先称s长度为len的前缀成为border当且仅当 s[1…len]=s[|s|-len+1…|s|]。
给出一个由01?组成的字符串s,将s中的问号用变成01替换，对每个len口算是否存在替换问号的方案使得s长度为len的前缀成为border，
把这个结果记做f(len)∈{0,1}。f(len)=1如果s长度为len的前缀能够成为border，否则f(len)=0
由于小D和小H是神仙，所以他们计算的s的长度很长，因此把计算的结果一一比对会花费很长的时间。为了方便比对，他们规定了一个校验值：
(f(1)*12)xor(f(2)*22)xor(f(3)*32)xor…xor(f(n)*n2)
来校验他们的答案是否相同。xor表示按位异或。
但是不巧，在某一次游戏中，他们口算出的校验值并不一样，他们希望你帮助他们来计算一个正确的校验值。当然，他们不强迫你口算，可以编程解决。

Input

一个串s,保证每个字符都是0，1，或者? ∣s∣<=5*10^5

Output

输出字符串的校验值，即(f(1)*12)xor(f(2)*22)xor(f(3)*32)xor…xor(f(n)*n2)

Sample Input

1?0?

Sample Output

17

HINT

将问号填充为1001，则这个串有长度为1的border,故f(1)=1

将问号填充为1010，则这个串有长度为4的border,故f(4)=1

对于f(2)和f(3)，可以枚举填充的字符是什么来证明他们的值是0。

故答案是1^2 xor 4^2=17

题解

法法塔是看出来了…
就是有些限制想不到怎么解决…
先给多项式
$∑k=1len∑i=1len−k+1ti∗tlen−i+1∗(ai−alen−i+1)2\sum_{k=1}^{len}\sum_{i=1}^{len-k+1}t_i*t_{len-i+1}*(a_i-a_{len-i+1})^2$
显然把a数组倒置做FFT可以把上式优化成 $nlog⁡nn\log n$
拆一下就是这样
$t_it_jA_i^2+t_it_jB_j^2-2*A_it_iB_jt_j$
我算了三次fft…其实两次就够了…
~~懒得优化~~
然而这样会出现一种情况
两个在同一位置的括号匹配到了不一样的字符（简称无解了…）
怎么办！！
先知道一个事情我们做完fft后是可以知道任意两个前缀后缀之间是否匹配的
设一个长度为i的前缀对应后缀的位置是len-i+1
开头相距设为dis
每次往后跳dis 查找对应的后缀与之是否匹配即可
根据调和级数
复杂度是 $nlog⁡nn\log n$

/*
:    .                                                                                                                  
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 500005
#define LL long long
using namespace std;
const double PI=acos(-1.0);
struct Complex
{
	double r,i;
	Complex(){}
	Complex(double _r,double _i){r=_r;i=_i;}
	friend Complex operator +(Complex u,Complex v){return Complex(u.r+v.r,u.i+v.i);}
	friend Complex operator -(Complex u,Complex v){return Complex(u.r-v.r,u.i-v.i);}
	friend Complex operator *(Complex u,Complex v){return Complex(u.r*v.r-u.i*v.i,u.r*v.i+u.i*v.r);}
}A[MAXN*4],B[MAXN*4];
int R[MAXN*4],L,ln;
void fft(Complex *y,int len,int on)
{
	for(int i=0;i<len;i++)if(i<R[i])swap(y[i],y[R[i]]);
	for(int i=1;i<len;i<<=1)
	{
		Complex wn(cos(PI/i),sin(on*PI/i));
		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
		{
			Complex w(1,0);
			for(int k=0;k<i;k++)
			{
				Complex u=y[j+k];
				Complex v=y[j+k+i]*w;
				y[j+k]=u+v;
				y[j+k+i]=u-v;
				w=w*wn;
			}
		}
	}
	if(on==-1)for(int i=0;i<len;i++)y[i].r/=(double)len;
}
int cal[MAXN*2];
int c1[MAXN*4],c2[MAXN*4],c3[MAXN*4],s1[MAXN*4],s2[MAXN*4];
char ch[500005];
bool ok[500005];
int main()
{
//	freopen("a.in","r",stdin);
	scanf("%s",ch+1);int len=strlen(ch+1);
	for(int i=1;i<=len;i++)cal[i]=ch[i]=='?'?0:ch[i]-'0'+1;
	for(int i=0;i<len;i++)A[i]=Complex((double)cal[i+1]*cal[i+1],0);
	for(int i=0;i<len;i++)B[i]=A[len-i-1];
	L=0;
	for(ln=1;ln<=len*2;ln<<=1)L++;
	for(int i=0;i<ln;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|(i&1)<<(L-1);
	fft(A,ln,1);fft(B,ln,1);
	for(int i=0;i<ln;i++)A[i]=A[i]*B[i];
	fft(A,ln,-1);
	for(int i=0;i<ln;i++)c1[i]=(A[i].r+0.5),A[i]=B[i]=Complex(0,0);
	for(int i=0;i<len;i++)A[i]=Complex(ch[i+1]=='?'?0:cal[i+1]*cal[i+1]*cal[i+1],0);
	for(int i=0;i<len;i++)B[i]=Complex(cal[len-i],0);
	fft(A,ln,1);fft(B,ln,1);
	for(int i=0;i<ln;i++)A[i]=A[i]*B[i];
	fft(A,ln,-1);
	for(int i=0;i<ln;i++)c2[i]=(A[i].r+0.5),A[i]=B[i]=Complex(0,0);
	for(int i=0;i<len;i++)A[i]=Complex(ch[i+1]=='?'?0:cal[i+1],0);
	for(int i=0;i<len;i++)B[i]=Complex(cal[len-i]*cal[len-i]*cal[len-i],0);
	fft(A,ln,1);fft(B,ln,1);
	for(int i=0;i<ln;i++)A[i]=A[i]*B[i];
	fft(A,ln,-1);

	for(int i=0;i<ln;i++)c3[i]=(A[i].r+0.5);
	
	//init


	memset(ok,false,sizeof(ok));
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		int sum=c2[i]+c3[i]-2*c1[i];
		if(!sum)ok[i+1]=true;
	}
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=len/2;i++)if(ok[i])ans=ans^(LL)i*i;
	for(int i=len/2+1;i<=len;i++)
		if(ok[i])
		{
			bool vis=true;	
			if(i==len){ans=ans^(LL)i*i;continue;}
			int dis=len-i;//判断相距
			for(int j=i;j>0;j-=dis)if(!ok[j]){vis=false;break;}
			if(vis)ans=ans^(LL)i*i;
		}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
/*
10??10
48
*/