[题解] Luogu P5446 [THUPC2018]绿绿和串串

[题解] Luogu P5446 [THUPC2018]绿绿和串串

·题目大意

• 定义一个翻转操作\(f(S_n)\)，表示对于一个字符串\(S_n\)，
  
  有\(f(S)= \{S_1,S_2,...,S_{n-1},S_n,S_{n-1},...S_2,S_1 \}\)。
• 现在给定一个长度为\(n\)的字符串\(S^{'}\)表示原字符串\(S\)经过若干次（可能为0）旋转之后的一个前缀，
  
  求原来字符串可能的长度\(l\)。
• 显然当\(l > n\)时一定可行，所以只需要输出所有的\(l\leq n\)即可。
  
  \(|S|\leq 10^6，\Sigma |S| \leq 5 \times 10^6\)

·解题思路

首先想到用 \(Manacher\) 。

由于进行翻转操作后回文串长度必定为奇数，所以不用插入字符，然后考虑什么情况下长度是可行的。

• 我们定义一个 \(flag\) 数组，\(flag[i]\) 表示长度为 \(i\) 时是可行的。回文数组为\(p\)，\(p[i]\)表示第 \(i\) 位的回文半径位 \(p[i]\)
• 如果只进行了一次翻转操作即可使得前缀为\(S^{'}\)，那么有 \(i + p[i] - 1 == n\)
• 如果需要进行\(k\)次翻转才可以使得前缀为\(S^{'}\),那么有 \(i - p[i] + 1 == 1\)，然后可以转化为进行\(k - 1\)次的情况。
  
  但是实际操作中我们不用跑 \(k\) 次，只需要倒着跑并记录 \(flag\) ，因为当我们处理长度为 \(i\) 的时候，\(flag[i + 1]\) 到 \(flag[n]\) 都已经处理过了，所以判断 \(flag[i + p[i] - 1] == 1\)即可。
• 时间复杂度为\(O(n)\)。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define reg register
namespace io {
char ch[20];
template<typename T>inline void write(T x) {
  (x < 0) && (x =- x, putchar('-'));
  (x) || putchar('0');
  reg int i = 0;
  while (x) ch[i++] = x % 10 ^48, x /= 10;
  while (i) putchar(ch[--i]);
}
}//快写
#define wt io::write
const int maxN = 1000010;
char s[maxN];
int p[maxN], flag[maxN];
int n;
void work();
int main() {
  int t;
  scanf("%d", &t);
  while (t--) work();
  return 0;
}
void work() {
  for (reg int i = 1; i <= n; ++i) flag[i] = p[i] = s[i] = 0;
  n = 1; s[0] = '@';
  scanf("%s", s + 1);
  while (s[n]) ++n;
  --n;
  for (reg int i = 1, r = 0, mid = 0; i <= n; ++i) {
    if (i <= r) p[i] = min(p[mid * 2 - i], r - i + 1);
    while (s[i + p[i]] == s[i - p[i]]) ++p[i];
    if (i + p[i] - 1 >= r) r = i + p[i] - 1, mid = i;
  }//Manacher
  for (reg int i = n; i; --i) {
    if (i + p[i] - 1 == n || (flag[i + p[i] - 1] && i - p[i] + 1 == 1)) flag[i] = 1;
  }//上面说的两种情况
  for (reg int i = 1; i <= n; ++i)
    if (flag[i]) wt(i), putchar(' ');
  putchar('\n');
}