标签：pre Eating int Hard mi Symbols return 2n mod

记操作序列为$S$，令$h(S)\equiv \sum_{i}a_{i}x^{i}(mod\ p)$（其中$a_{i}$为操作后的结果）

（以下我们将$S$看作字符串，相邻即拼接操作）

对于操作，有$h(1S)=xh(S)$，$h(3S)=h(S)+1$（另外两种操作类似），这可以看作一个函数，即定义函数$g_{S_{1}}(h(S_{2}))=h(S_{1}S_{2})$

令$s[i,j]$表示操作序列的区间$[i,j]$的子串，则有$g_{s[1,i)}h(s[i,j])=h([1,j])$，同时区间$[i,j]$合法当且仅当$h(s[i,j])=h[s(1,n)]$，即等价于$pre_{j}=g_{s[1,i)}(pre_{n})$（其中$pre_{j}=h(s[1,j])$）

发现右边仅与$i$有关，倒序枚举$i$求出该值，然后在$[i,n]$中找到相同的$pre_{j}$数量，可以用map维护，时间复杂度为$o(n\log_{2}n)$

（后面的值计算可能比较麻烦，可以将$s[1,i)$中的位移和权值拆开来计算）

考虑哈希冲突的概率，假设$x$为变量，那么$h(S)$就是一个关于$x$的函数，且其次数至多为$2n$（算上负幂次），因此$h(S_{1})=h(S_{2})$也就是一个$2n$次的同余方程，由于$p$为大素数，解数量基本为$2n$个

假设选择了$k$个$x$，而$2n$个解就会使得$(2n)^{k}$组$x$不合法，共要判断$o(n^{2})$对哈希值，即会使得$o(n^{2}(2n)^{k})$（同样忽略此处相同）组$x$不合法

对于总共$p^{k}$种，不能选$n^{2}(2n)^{k}$种，即不合法概率为$n^{2}(\frac{2n}{p})^{k}$，取$k=6$，$p$~$10^{9}$可以基本避免冲突

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 250005
 4 #define mod 1000000007
 5 struct ji{
 6     int a[6];
 7     bool operator < (const ji &k)const{
 8         for(int i=0;i<6;i++)
 9             if (a[i]!=k.a[i])return a[i]<k.a[i];
10         return 0;
11     }
12 }o,a[N];
13 map<ji,int>mat;
14 int n,p[N],mi[6][N],mi_inv[6][N],x[6]={998244311,998244341,998244353,998244389,998244391,998244397};
15 long long ans;
16 char s[N];
17 int ksm(int n,int m){
18     if (!m)return 1;
19     int s=ksm(n,m>>1);
20     s=1LL*s*s%mod;
21     if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
22     return s;
23 }
24 int calc(int p,int k){
25     if (k>=0)return mi[p][k];
26     return mi_inv[p][-k];
27 }
28 int main(){
29     scanf("%d%s",&n,s);
30     for(int i=0;i<5;i++){
31         mi[i][0]=1;
32         for(int j=1;j<=n;j++)mi[i][j]=1LL*mi[i][j-1]*x[i]%mod;
33         mi_inv[i][1]=ksm(x[i],mod-2);
34         for(int j=2;j<=n;j++)mi_inv[i][j]=1LL*mi_inv[i][j-1]*mi_inv[i][1]%mod;
35     }
36     p[0]=0;
37     for(int i=1;i<=n;i++){
38         p[i]=p[i-1];
39         a[i]=a[i-1];
40         if (s[i-1]=='<')p[i]--;
41         if (s[i-1]=='>')p[i]++;
42         if (s[i-1]=='+')
43             for(int j=0;j<6;j++)a[i].a[j]=(a[i].a[j]+calc(j,p[i]))%mod;
44         if (s[i-1]=='-')
45             for(int j=0;j<6;j++)a[i].a[j]=(a[i].a[j]+mod-calc(j,p[i]))%mod;
46     }
47     for(int i=n;i;i--){
48         for(int j=0;j<6;j++)o.a[j]=(1LL*a[n].a[j]*calc(j,p[i-1])+a[i-1].a[j])%mod;
49         mat[a[i]]++;
50         ans+=mat[o];
51     }
52     printf("%lld",ans);
53 }

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来源： https://www.cnblogs.com/PYWBKTDA/p/14002252.html

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