Description
小D和小H是两位神仙。他们经常在一起玩神仙才会玩的一些游戏，比如“口算一个4位数是不是完全平方数”。
今天他们发现了一种新的游戏：首先称s长度为len的前缀成为border当且仅当
s[1…len]=s[|s|-len+1…|s|]。
给出一个由01?组成的字符串s,将s中的问号用变成01替换，对每个len口算是否存在替换问号的方案使得s长度为len的前缀成为border，
把这个结果记做f(len)∈{0,1}。f(len)=1如果s长度为len的前缀能够成为border，否则f(len)=0
由于小D和小H是神仙，所以他们计算的s的长度很长，因此把计算的结果一一比对会花费很长的时间。为了方便比对，他们规定了一个校验值：
(f(1)12)xor(f(2)22)xor(f(3)32)xor…xor(f(n)n2)
来校验他们的答案是否相同。xor表示按位异或。
但是不巧，在某一次游戏中，他们口算出的校验值并不一样，他们希望你帮助他们来计算一个正确的校验值。
当然，他们不强迫你口算，可以编程解决。
Solution
首先假设 (border=len) , 那么相当于是把串 (s[1...len]) 向右平移 (n-len) , 然后这个串和平移后的相等.
也就是说存在一个长度为 (x) 的循环节 , 那么就存在 (border=n-x) , 所以判断是否存在循环节就行了.
对于一对 (i,j) , (s[i]!=s[j]!='?') , 那么就不存在长度为 (|i-j|) 的循环节 , 自然也不存在 (|i-j|) 约数的循环节.
所以我们把不合法的判掉 , 剩下的就是循环节了 , 距离为 (i-j) 的所有字符对一起考虑 , 只需要把 (j) 变成 (n-j) 做一边 (FFT) ,通过位置 (i-j+n) 就可以判断是否存在长度为 (i-j) 的循环节了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>void gi(T &x){
int f;char c;
for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
typedef complex<double> dob;
const int N=2e6+10;const double pi=acos(-1.0);
int n,m,R[N],L=0,d[N];char s[N];
inline void FFT(dob *A,int o){
for(int i=0;i<n;i++)if(i<R[i])swap(A[i],A[R[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1){
dob wn(cos(pi/i),sin(pi*o/i)),x,y;
for(int j=0;j<n;j+=i<<1){
dob w(1,0);
for(int k=0;k<i;k++,w=w*wn){
x=A[j+k],y=w*A[j+k+i];
A[j+k]=x+y,A[j+k+i]=x-y;
}
}
}
}
dob A[N],B[N];
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
scanf("%s",s+1),m=strlen(s+1);
for(n=1;n<=(m<<1);n<<=1)L++;
for(int i=0;i<n;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
for(int i=1;i<=m;i++)A[m-i]=(s[i]=='1'),B[i]=(s[i]=='0');
FFT(A,1),FFT(B,1);
for(int i=0;i<=n;i++)A[i]*=B[i];
FFT(A,-1);
for(int i=m+1;i<n;i++)d[i-m]=(int)(A[i].real()/n+0.5)|(int)(A[2*m-i].real()/n+0.5);
for(int i=m;i>=1;i--)
if(!d[i])for(int j=i;j<=m;j+=i)if(d[j]){d[i]=1;break;}
long long ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)if(!d[m-i])ans^=1ll*i*i;
cout<<ans;
return 0;
}