c/c++语言开发共享CodeForces 1320D – Reachable Strings

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有一个01串(a,|a|=n)。(q)次询问，每次给出(l1,l2,len)，问(a_{l1sim l1+len-1},a_{l2sim l2+len-1})这(2)个01串是否能通过若干次操作变得相等，其中一次操作指的是将任意一个01串的任意一个等于(texttt{110})的子串变成(texttt{011})或将(texttt{011})变成(texttt{110})。

(n,qinleft[1,2times10^5right])。

考虑分析能通过若干次操作变得相等的充要条件。

不难发现，每次操作都不可能改变01串中(texttt0)和(texttt1)分别的数量，所以(2)个01串中(texttt0)和(texttt1)的数量分别相等是能通过若干次操作变得相等的必要条件，但充分性还远远不够。

又发现，(texttt{110}leftrightarrowtexttt{011})这个操作比较有意思，它相当于将这个唯一的(texttt{0})向左/右推了(2)位。由于这是个01串，非(texttt0)即(texttt1)，于是我们将所有(texttt0)的位置揪出来，其他位置自然是(texttt1)。

不难发现，01串中所有(texttt0)对的相对位置都不会改变。证明：若(2)个(texttt0)想要交换位置，那么交换前最后一刻的状态一定是距离差(leq2)，此时左边的(texttt0)不能通过(texttt{011}totexttt{110})往右再移(2)格，因为它右边(1sim2)格是右边的(texttt0)，以它开头的长度为(3)的子串一定不为(texttt{011})。类似地，右边的(texttt0)也不能往左移(2)格。得证。

于是考虑将(2)个01串中的所有(texttt0)按出现次序一一对应。显然，第(1)个01串中的某个(texttt0)能够与第(2)个01串中的某个(texttt0)到同一位置上当且仅当它们在所在串中的位置之差为偶数，即奇偶性相等。所以我们猜测：(2)个01串中的所有(texttt0)按出现次序一一对应后，每对(texttt0)在所在串中的位置奇偶性相等，是这(2)个01串能通过若干次操作变得相等的充要条件。证明：

1. 充分性证明：数学归纳法。
   1. 当(2)个串都不存在(texttt0)时，充分性显然；
   2. 假设当(2)个串都存在(x-1(xgeq1))个(texttt0)时，满足充分性。此时若要将(2)个存在(x)个(texttt0)的01串的所有(texttt0)对一一对齐，可以将左数第(1)对(texttt0)中较右的那个(texttt0)通过若干次操作与较左的对齐，问题转化为将剩下(x-1)对(texttt0)一一对齐，根据假设，存在方案。所以若当(2)个串都存在(x-1)个(texttt0)时，满足充分性，那么当(2)个串都存在(x)个(texttt0)时，满足充分性。

   综上，充分性得证；

2. 必要性显然。

综上，得证。

接下来问题就变成了比较裸的序列哈希：每次给定(2)个子串，问这(2)个子串中(texttt0)的位置奇偶性组成的序列是否相等。注意：这里的位置奇偶性指的是相对于(l1/l2)的位置奇偶性，而不是相对于(1)，所以要记录(2)个每项对应相反的(texttt0)的位置奇偶性序列。子串中包含的(texttt0)的位置奇偶性序列的子序列可以二分查找找到。

下面是ac代码：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mp make_pair #define pb push_back const int n=200000; int n/*01串长度*/,qu/*询问次数*/; char a[n+5];//01串  vector<int> pos;//'0'的位置序列  const int hbase1=131,hmod1=998244353,hbase2=13331,hmod2=1000000007;//哈希参数  int hsh1[n+1],rhsh1[n+1],hpw1[n+1],hsh2[n+1],rhsh2[n+1],hpw2[n+1];//hsh：相对于1的'0'的位置奇偶性序列的前缀哈希，rhsh：相对于2的……  void hsh_init(){//哈希预处理      hpw1[0]=hpw2[0]=1;     for(int i=1;i<=pos.size();i++)//为了前缀运算方便，哈希数组们1-indexed          hsh1[i]=(1ll*hsh1[i-1]*hbase1+pos[i-1]%2+1)%hmod1,         rhsh1[i]=(1ll*rhsh1[i-1]*hbase1+!(pos[i-1]%2)+1)%hmod1,         hpw1[i]=1ll*hpw1[i-1]*hbase1%hmod1,         hsh2[i]=(1ll*hsh2[i-1]*hbase2+pos[i-1]%2+1)%hmod2,         rhsh2[i]=(1ll*rhsh2[i-1]*hbase2+!(pos[i-1]%2)+1)%hmod2,         hpw2[i]=1ll*hpw2[i-1]*hbase2%hmod2; } pair<int,int> hsh(int l,int r){//pos[l-1~r-1]相对于1的奇偶性序列的哈希值      return mp(((hsh1[r]-1ll*hsh1[l-1]*hpw1[r-l+1]%hmod1)+hmod1)%hmod1,               ((hsh2[r]-1ll*hsh2[l-1]*hpw2[r-l+1]%hmod2)+hmod2)%hmod2); } pair<int,int> rhsh(int l,int r){//pos[l-1~r-1]相对于2的奇偶性序列的哈希值     return mp(((rhsh1[r]-1ll*rhsh1[l-1]*hpw1[r-l+1]%hmod1)+hmod1)%hmod1,               ((rhsh2[r]-1ll*rhsh2[l-1]*hpw2[r-l+1]%hmod2)+hmod2)%hmod2); } int main(){     cin>>n>>a+1>>qu;     for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]=='0')pos.pb(i);//预处理pos      hsh_init();//预处理哈希      while(qu--){         int l1,l2,len;         scanf("%d%d%d",&l1,&l2,&len);         int l1_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l1)-pos.begin()+1,//a[l1~l1+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的左端点              r1_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l1+len)-pos.begin(),//a[l1~l1+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的右端点             l2_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l2)-pos.begin()+1,//a[l2~l2+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的左端点             r2_0=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),l2+len)-pos.begin();//a[l2~l2+len-1]包含的'0'的位置奇偶性序列的右端点         pair<int,int> hsh1=l1%2?hsh(l1_0,r1_0):rhsh(l1_0,r1_0),hsh2=l2%2?hsh(l2_0,r2_0):rhsh(l2_0,r2_0);//计算哈希值          puts(hsh1==hsh2?"yes":"no");//判断相等      }     return 0; }