传送门

思路

首先通过各种手玩/找规律/严谨证明,发现当\(n-i\)为border当且仅当对于任意\(k\in[0,i)\),模\(i\)余\(k\)的位置没有同时出现0和1。

换句话说,拿出任意一个1的位置\(x\),一个0的位置\(y\),那么对于\(|x-y|\)的所有约数\(i\),\(n-i\)均不合法。

考虑用NTT优化这个过程:记两个多项式\(A(x),B(x)\)。若\(s_i=0\)则\([x^i]A(x)=1\);若\(s_i=1\)则\([x^{n-i}]B(x)=1\)。然后把\(A\)和\(B\)卷积起来即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define templ template<typename T>
#define sz 4004040
#define mod 998244353ll
typedef long long ll;
typedef double db;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templ inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
inline void print(register int x)
{
if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
}
void file()
{
#ifdef NTFOrz
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
inline void chktime()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
#endif
}
#ifdef mod
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
#else
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
#endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std; int r[sz],limit;
void NTT_init(int n)
{
limit=1;int l=-1;
while (limit<=n+n) limit<<=1,++l;
rep(i,0,limit-1) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
}
void NTT(ll *a,int type)
{
rep(i,0,limit-1) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for (int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
{
ll Wn=ksm(3,(mod-1)/mid>>1);if (type==-1) Wn=inv(Wn);
for (int len=mid<<1,j=0;j<limit;j+=len)
{
ll w=1;
for (int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn%mod)
{
ll x=a[j+k],y=a[j+k+mid]*w%mod;
a[j+k]=(x+y)%mod;a[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if (type==1) return;
ll I=inv(limit);
rep(i,0,limit-1) a[i]=a[i]*I%mod;
} int n;
char s[sz]; ll tmp1[sz],tmp2[sz],a[sz];
ll ans; int main()
{
file();
cin>>(s+1);n=strlen(s+1);
rep(i,1,n) if (s[i]=='0') tmp1[i]=1;
rep(i,1,n) if (s[i]=='1') tmp2[n-i]=1;
NTT_init(n);
NTT(tmp1,1);NTT(tmp2,1);
rep(i,0,limit-1) tmp1[i]=tmp1[i]*tmp2[i]%mod;
NTT(tmp1,-1);
rep(i,1,n+n) a[i]=tmp1[i];
rep(i,1,n-1)
{
bool flg=1;
for (int j=i;j<n;j+=i) flg&=(a[n-j]==0&&a[n+j]==0);
if (flg) ans^=1ll*(n-i)*(n-i);
}
ans^=1ll*n*n;
cout<<ans;
return 0;
}

LOJ6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏 [NTT]的更多相关文章

  1. LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏(字符串+NTT)

    题面 LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏 题解 参考 yyb 的口中的长郡最强选手 租酥雨大佬的博客 ... 一开始以为 通配符匹配 就是类似于 BZOJ 4259: 残缺的字符串 ...

  2. loj#6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏(NTT)

    题面 传送门 题解 一旦字符串踏上了通配符的不归路,它就永远脱离了温暖的字符串大家庭的怀抱 用人话说就是和通配符扯上关系的字符串就不是个正常的字符串了比如说这个 让我们仔细想想,如果一个长度为\(le ...

  3. loj#6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏(生成函数)

    题意 链接 Sol 生成函数题都好神仙啊qwq 我们考虑枚举一个长度\(len\).有一个结论是如果我们按\(N - len\)的余数分类,若同一组内的全为\(0\)或全为\(1\)(?不算),那么存 ...

  4. 「PKUSC2018」神仙的游戏

    题目链接 比如说上面\(|S|\)为12的字符串,我们欲求出\(f(9)\)的值,那么上面相同颜色的字符必须两两能够匹配.也就是说,同种颜色的字符集里不能同时出现0和1.如果只考虑同种颜色集里相邻的两 ...

  5. 【LOJ】#6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏

    题解 感觉智商为0啊QAQ 显然对于一个长度为\(len\)的border,每个点同余\(n - len\)的部分必然相等 那么我们求一个\(f[a]\)数组,如果存在\(s[x] = 0\)且\(s ...

  6. LOJ 6436 「PKUSC2018」神仙的游戏——思路+卷积

    题目:https://loj.ac/problem/6436 看题解才会. 有长为 i 的 border ,就是有长为 n-i 的循环节. 考虑如果 x 位置上是 0 . y 位置上是 1 ,那么长度 ...

  7. LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏

    题目分析 通过画图分析,如果存在border长度为len,则原串一定是长度为n-len的循环串. 考虑什么时候无法形成长度为len的循环串. 显然是两个不同的字符的距离为len的整数倍时,不存在这样的 ...

  8. loj6436【PKUSC2018】神仙的游戏

    $|S| \le 5 \times 10^5$ 题解 这题直接用通配符匹配的套路会错,因为重复部分的$?$可能同时被当做了$0$和$1$ 有长度为$i$的公共前缀后缀等价于有长度为$n-i$的循环节: ...

  9. 【LOJ6436】【PKUSC2018】神仙的游戏(NTT)

    [LOJ6436][PKUSC2018]神仙的游戏(NTT) 题面 LOJ 题解 看到\(zsy\)从\(PKUSC\)回来就秒掉了这种神仙题 吓得我也赶快看了看\(PKUSC\)都有些什么神仙题 然 ...

随机推荐

  1. uboot中打开 debug调试信息的方法

    在uboot目录下include/common.h中, 原理:只需要让 _DEBUG 的值为 1即可. 最简单的做法就是在下图第一行之前添加 #define DEBUG

  2. uboot 与 代码重定位

    ref: https://blog.csdn.net/dhauwd/article/details/78566668 https://blog.csdn.net/yueqian_scut/articl ...

  3. NIPS 2018 | 程序翻译新突破:UC伯克利提出树到树的程序翻译神经网络

    NIPS 2018 | 程序翻译新突破:UC伯克利提出树到树的程序翻译神经网络 机器之心 ​ 已认证的官方帐号 49 人赞同了该文章 选自arXiv,作者:Xinyun Chen.Chang Liu. ...

  4. css 动画(二) transition 过渡 & animation 动画

    前言:这是笔者学习之后自己的理解与整理.如果有错误或者疑问的地方,请大家指正,我会持续更新! translate:平移:是transform的一个属性: transform:变形:是一个静态属性,可以 ...

  5. C#从零单排上王者系列---元组

    从零单排系列说明 博主最初的想法是想写个蜕茧成蝶的系列文章,后来觉得博客的表现形式很难做到连贯和系统.所以从本篇博客开始博主会选择书中比较重要和不好理解的知识点并结合自己的实际工作经验来讲解,不再是照 ...

  6. Windows 10 下 Linux 子系统的安装和使用

    介绍 适用于 Windows 的 Linux 子系统(英语:Windows Subsystem for Linux,简称 WSL)是一个为在 Windows 10 和 Windows Server 2 ...

  7. Navicat远程连接centos上mysql出错

    原因1:mysql账户是不允许远程连接 参考:centos安装mysql(for 小白) 打开远程连接 原因2:3306端口未开启 开启端口:iptables -I INPUT -p tcp --dp ...

  8. 三角形示例(兼容IE6)

    html代码: <!--三角形的绘制--> <div class="sanjiao"></div> css代码: .sanjiao{ width ...

  9. KVM之virsh管理虚拟机网卡配置

    虚拟机网卡管理 virsh attach-interface 添加网卡: [root@ubuntu ~]# virsh domiflist CentOS-V6.5.23-server01 Interf ...

  10. 十年阿里顶级架构师教你怎么使用Java来搭建微服务

    微服务背后的大理念是将大型.复杂且历时长久的应用在架构上设计为内聚的服务,这些服务能够随着时间的流逝而演化.本文主要介绍了利用 Java 生态系统构建微服务的多种方法,并分析了每种方法的利弊. 快速预 ...