LOJ6436「PKUSC2018」神仙的游戏(FFT)

本文介绍了一种利用KMP算法和FFT卷积处理字符串匹配问题的方法,特别是处理包含问号的字符串,通过生成函数和FFT卷积解决间接矛盾情况,实现高效字符串匹配。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

传送门:https://loj.ac/problem/6436


考虑没有问号的情况。
直接 k m p kmp kmp即可
由于 k m p kmp kmp不好处理 ? ? ?间接矛盾的情况,我们直接讲用生成函数处理没有问号的情况的做法。

对于一个 b o r d e r border border,如果前缀后缀首位置之差为 t t t,显然我们将一个串翻转后每一个位置赋值,再做卷积,那么一个 b o r d e r border border对应的位置都会被卷到同一个位置。即对于原串中位置 i , j ( i &lt; j ) i,j(i&lt;j) i,j(i<j),翻转后卷积会被卷到 i + n − j i+n-j i+nj,即 n − ( j − i ) n-(j-i) n(ji)
即所有不同的 b o r d e r border border会在卷积中根据 b o r d e r border border首位置之差分类

我们考虑一个生成函数
在原串中 A ( x ) = ∑ i = 1 n [ s [ i ] = = ′ 1 ′ ] x i A(x)=\sum_{i=1}^{n} [s[i] == &#x27;1&#x27;]x^i A(x)=i=1n[s[i]==1]xi
翻转后 B ( x ) = ∑ i = 1 n [ s [ i ] = = ′ 0 ′ ] x i B(x) = \sum_{i=1}^{n} [s[i]==&#x27;0&#x27;]x^i B(x)=i=1n[s[i]==0]xi
如果没有问号,直接卷起来后判断某个位置是否有系数即可

考虑问号的情况
问号导致的矛盾必然是前缀后缀相交, ? ? ?出现在两个位置间接矛盾,如 1 = ? = 0 1=?=0 1=?=0
考虑这种情况,显然这个 b o r d e r border border如果满足条件必然也满足最小循环串

C ( x ) = A ( x ) B ( x ) C(x) =A(x)B(x) C(x)=A(x)B(x) C ( x ) C(x) C(x)中某个位置有值得含义即为某对长度为固定值的 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)产生了矛盾。

可以发现 ? ? ?出现矛盾可以等价于通过最小循环串连接了一对矛盾的 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)

也就是对于一个长度为 l e n len len的串 S S S,他的最小循环串长度为 x = n − l e n x=n-len x=nlen
那么通过 ? ? ?矛盾当且仅当 x ∣ t ( [ t ] C ( x ) ! = 0 ) x|t([t]C(x)!=0) xt([t]C(x)!=0)
F F T FFT FFT卷积做完之后直接对某个串暴力循环枚举倍数
复杂度 O ( n l o g n + n l n n ) O(nlogn+nlnn) O(nlogn+nlnn)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = j;i <= k;++i)
#define repp(i,j,k) for(int i = j;i >= k;--i)
#define rept(i,x) for(int i = linkk[x];i;i = e[i].n)
#define P pair<int,int>
#define Pil pair<int,ll>
#define Pli pair<ll,int>
#define Pll pair<ll,ll>
#define pb push_back 
#define pc putchar
#define mp make_pair
#define file(k) memset(k,0,sizeof(k))
#define ll long long
#define Comp complex<double>
#ifdef M_pi
const double pi = M_pi;
#else
const double pi = acos(-1.0);
#endif

int len;
int n , m;
char s[501000];
Comp a[2001000] , b[2001000];
int r[2001000];
int flen;
int rd()
{
    int sum = 0;char c = getchar();bool flag = true;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') flag = false;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') sum = sum * 10 + c - 48,c = getchar();
    if(flag) return sum;
    else return -sum;
}
void dft(Comp *a ,int f)
{
    for(int i = 0; i < flen; ++i)
        if(i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
    for(int len = 2;len <= flen;len <<= 1)
    {
        Comp wn = Comp( cos(2 * pi / len) , f * sin(2 * pi / len));
        for(int k = 0;k <= flen / len - 1;++k)
        {
            int st = k * len;
            Comp w = 1;
            for(int i = 0;i < (len>>1);++i)
            {
                Comp x = a[st + i],
                    y = a[st + i + len / 2] * w;
                a[st + i] = x + y;
                a[st + i + len / 2] = x - y;
                w *= wn;
            }
        }
        
    } 
    return;
}   
bool flag[1001000];
void init(){
    n = m = len-1;
    for(int i = 0 ;i <= n;++i) a[i] = s[i+1] == '1';
    for(int i = 0 ;i <= m;++i) b[i] = s[n-i+1] == '0';
    flen = 1;
    while( flen < (n + m + 1)) flen *= 2;
    for(int i = n + 1;i < flen;++i) a[i] = 0;
    for(int i = m + 1;i < flen;++i) b[i] = 0;  
    int l = log2(flen);
    for(int i = 0;i < flen;++i)
        r[i] = (r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    dft(a,1);
    dft(b,1);
    for(int i = 0;i < flen;++i) a[i] *= b[i];
    dft(a,-1);
    for(int i = 0;i <= n+m;++i)
    {
        int tmp = (int)(a[i].real()/flen + 0.5);
        if(tmp != 0 && i < len) flag[len-(i+1)] = true;
        if(tmp != 0 && i >= len) flag[(i+1)-len] = true;
    }
    return;
}
int main()
{
    scanf("%s",s+1);len = strlen(s+1);
    init();
    ll ans = 1ll*len*len;
    rep(i,1,len-1)
    {
        int tmp = len-i,now = tmp;
        bool ck = true;
        while(now <= len)
        {
            if(flag[now]) {ck = false;break;}
            now += tmp; 
        } 
        if(ck)ans = ans^(1ll*i*i);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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