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给你一个只有01和?的字符串，问你是否存在一种把?改成01的方案使串存在一个长度为(1-n)的(border)。(nle5 imes10^5)
sol
这种题都不会我还是太菜了。
有一档部分分是“01的个数不超过(5000)”。这个其实对正解的提示是蛮大的。
有一个显然的结论：存在一个长度为(len)的(border)当且仅当对于(forall iin[1,len]) 有 (s[i]=s[n-len+i])。（感谢热心网友找出这里的一个错误）
或者这样说，把所有位置在模(n-len)意义下分组，同一组里的01要全部相同。
那么，如果存在一组0和1他们的下标之差为(x)，那么所有(y|x)的(n-y)都不可能成为(border)。
这样(67)分就可以写一个(5000^2)枚举01对统计，然后每次扫一遍倍数(O(nlog n))计算答案。
考虑正解。现在的复杂度瓶颈在于枚举01对。
搞两个生成函数(A(x))和(B(x))，(A(x)=sum_{i=0}^{n-1}[s_i==0]x^i)，(B(x)=sum_{i=0}^{n-1}[s_i==1]x^i)。
我们知道，多项式卷积计算的是所有下标之和为一定值的乘积之和，也就是(C_i=sum_{j+k=i}A_jB_k)。现在我们要统计的是差为定值的。
把一个多项式(reverse)过来不就好了么。形式化地，令(A(x)=x^{n-1}A(frac 1x))，然后计算(C(x)=A(x)B(x))得到的第(i)次项系数就是满足“1的下标减0的下标等于(i-n)”的01对数。
复杂度(O(nlog n))。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 3e6+5;
const int mod = 998244353;
int n,len,a[N],b[N],rev[N],l,og[N];
char s[N];
int fastpow(int a,int b){
int res=1;
while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
void ntt(int *P,int opt){
for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
for (int i=1;i<len;i<<=1){
int W=fastpow(3,(mod-1)/(i<<1));
if (opt==-1) W=fastpow(W,mod-2);
og[0]=1;
for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
for (int k=0;k<i;++k){
int x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
P[j+k]=(x+y)%mod;P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
if (opt==-1) for (int i=0,Inv=fastpow(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}
int main(){
scanf("%s",s);n=strlen(s);
for (len=1;len<=(n<<1);len<<=1) ++l;--l;
for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
for (int i=0;i<n;++i) a[i]=s[i]=='0',b[i]=s[n-i-1]=='1';
ntt(a,1);ntt(b,1);
for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
ntt(a,-1);
long long ans=1ll*n*n;
for (int i=1;i<n;++i){
int fg=1;
for (int j=i;j<n;j+=i) if (a[n-j-1]|a[n+j-1]) {fg=0;break;}
if (fg) ans^=1ll*(n-i)*(n-i);
}
printf("%lld
",ans);return 0;
}