LOJ6500. 「雅礼集训 2018 Day2」操作（哈希＋差分）

题目链接

https://loj.ac/problem/6500

题解

区间取反 (01) 串的经典套路是差分。我们令 (b_i = a_i { m xor} a_{i - 1})（({a_i}) 表示原 (01) 序列），这样每一次对一个长度为 (k) 的区间取反只会使两个 (b_i) 发生变化，不妨设为 (b_x, b_y(x < y))，那么一定满足 (y - x = k)。而我们的目的就是使得差分后数组 (b) 里的所有 (1) 变为 (0)。

为了方便，接下来的分析均只使用差分后的数组 (b)。

首先很显然的是，模 (k) 后值不同的位置绝不会互相影响。因此我们可以将所有位置 (i) 按照模 (k) 的值分组，模 (k) 的值相同的位置属于同一组。那么对于每次询问，有解当且仅当 (b) 数组的每一组在区间 ([l, r + 1]) （由于是差分数组，因此要考虑位置 (r + 1)）内都恰好包含偶数个 (1)。奇偶性的判断通常用哈希完成，具体地，我们可以给同一组内所有满足 (b_i = 1) 的位置 (i) 赋一个相同的较大的随机值，不同的组赋不同的值，那么一段区间有解，一定满足区间内所有值的异或和为 (0)。这样，我们就能够在 (O(1)) 的时间内判断区间是否有解。

接下来考虑如何计算最小操作次数。对于任意的 (j(0 leq j < k))，假设满足 (b_i = 1) 且 (i { m mod} k = j) 的所有位置 (i) 从小到大分别为 (p_1, p_2, cdots, p_{2t - 1}, p_{2t})，那么考虑贪心，我们肯定是从左至右依次选择最近的两个 (p) 消去，因此答案为 (frac{(p_2 - p_1) + (p_4 - p_3) + cdots + (p_{2t} - p_{2t - 1})}{k})。我们可以设法维护这个式子的前缀和。在从左至右依次处理时，由于每一组内从右至左的第奇数个已处理的满足 (b_i = 1) 的 (i) 有正的贡献，第偶数个已处理的满足 (b_i = 1) 的 (i) 有负的贡献，而新的 (i) 加入会导致奇偶性改变，即会发生正负交替，因此每加入一个 (b_i = 1) 的 (i) 时，我们直接将 (i { m mod} k) 的所有位置的贡献和取反再加上 (i)，最后再添加到前缀和中即可。

最后注意由于每次询问 ([l, r]) 时我们要强制使得 (a_{l - 1} = a_{r + 1} = 0)，因此区间的边界需要特殊处理。

这样，我们就在 (O(n + m)) 的时间内解决了此题。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned int uint;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long ull;

template<typename T> inline void read(T& x) {
  char c = getchar();
  bool f = false;
  for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
    if (c == '-') {
      f = true;
    }
  }
  for (; isdigit(c); c = getchar()) {
    x = x * 10 + c - '0';
  }
  if (f) {
    x = -x;
  }
}

template<typename T, typename... U> inline void read(T& x, U&... y) {
  read(x), read(y...);
}

template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) {
  return a < b ? a = b, true : false;
}

template<typename T> inline bool checkMin(T& a, const T& b) {
  return a > b ? a = b, true : false;
}

const int N = 2e6 + 10;

int n, k, m, s[N][3], v[N];

char str[N];

ull hash_val[N], pre[N];

inline ull get_random() {
  return (1ull * rand() << 30) + (1ull * rand() << 15) + rand();
}

int main() {
  read(n, k, m);
  scanf("%s", str + 1), str[0] = '0';
  for (register int i = 0; i < k; ++i) {
    hash_val[i] = get_random();
  }
  for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (str[i] ^ str[i - 1]) {
      pre[i] = pre[i - 1] ^ hash_val[i % k];
      s[i][0] = s[i - 1][0] + i - (v[i % k] << 1);
      v[i % k] = i - v[i % k];
    } else {
      pre[i] = pre[i - 1];
      s[i][0] = s[i - 1][0];
    }
    s[i][1] = v[i % k];
    s[i][2] = v[(i + 1) % k];
  }
  for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
    int l, r; read(l, r);
    ull t = pre[r] ^ pre[l];
    int res = s[r][0] - s[l][0];
    if (str[l] == '1') {
      t ^= hash_val[l % k];
      res -= l - (s[l][1] << 1);
    }
    if (str[r] == '1') {
      t ^= hash_val[(r + 1) % k];
      res += r + 1 - (s[r][2] << 1);
    }
    printf("%d
", !t ? res / k : -1);
  }
  return 0;
}