CF1097H Mateusz and an Infinite Sequence

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Solution

先考虑 (|B|=1) 的情况

题目中说的很明白：因为 (gen_1=0) ，所以对于 (forall i)，(M_{i}) 是 (M_{i+1}) 的前缀。

再思考，因为这是个无限长的序列，我们不能直接表示出来整个序列或者它需要求的那一部分，所以选择记录对答案有用的部分。

那么我们设 (f_{i,j}) 表示 (M_{infty}) 的前 (d^i) 位加上 (j) 的答案数，那么转移方程就是：

[f_{i,j}=sum_{k=1}^df_{i-1,(j+gen_k)\%m} ]

其中初始状态：(f_{0,i}=[ileq B_1]) 。

这样对于 (l,r)，设 (ans_i) 表示前 (i) 位中 (B) 严格大于的子串，我们就可以在 (O(log_d r)) 的时间内将 (ans_r-ans_{l-1}) 求出。

现在考虑 (|B|>1) 的情况

可以发现和上面唯一不同的地方就是 (|B|) ，所以我们可以继续用这种转移方式，仍然设 (f_{i,j}) 为前 (d_i) 位加上 (j) 的答案数。

但是因为 (|B|) 改变，转移的时候就不能是单纯的转移答案了。不然两个区间合并时的后缀+前缀所增加的答案就被忽略了♪(^∇*)

那我们现在转移 (f_{i,j}) 时，需要将 (f_{i-1,(j+gen_k)\%m}) 的全部信息合并，所以思考怎么合并两个区间的信息？

其实很简单，就是暴力拿 (B) 去匹配两个区间，然后记录这两个区间的前缀和后缀匹配 (B) 的情况，合并时暴力枚举。

时间复杂度为 (O(nmdlog_d r)) ，发现稍微超了一点。

仔细看一下前缀和后缀的暴力枚举部分：

我们设 (suf_i) 表示区间中长度为 (n-i) 的后缀可以和 (B) 长度为 (n-i) 的后缀匹配， (pre_i) 表示区间中长度为 (i) 的前缀可以和 (B) 长度为 (i) 的前缀匹配，那么增加的答案数就是 (suf_iAnd pre_i) 中 (1) 的数量。

这就启发我们拿 (operatorname{bitset}) 去优化。

现在时间复杂度为 (O(dfrac {nmdlog_d r}w)) (￣▽￣)"

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define BI bitset<N>

using namespace std;
const int N=3e4+10;
int n,m,d,tot,gen[30],b[N];
ll len[70],l,r;
BI full;

template<typename T>inline void read(T &x){
    x=0; bool f=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
    if(f) x=-x;
}

struct node{
    ll ans,len;
    BI pre,suf;
    node operator + (const node &a){
        node b;
        b.ans=ans+a.ans;
        b.len=len+a.len;
        b.pre=pre; b.suf=a.suf;
        if(len<n-1) b.pre&=(a.pre>>len)|(full<<n-1-len);
        if(a.len<n-1) b.suf&=(suf<<a.len)|(full>>n-1-a.len);
        if(len+a.len>=n){
            BI res=suf&a.pre;
            if(len<n-1) res&=(full>>n-1-len);
            if(a.len<n-1) res&=(full<<n-1-a.len);
            b.ans+=res.count();
        }
        return b;
    }
    void operator += (const node &a){*this=!len?a:*this+a;}
}f[70][70];

ll query(ll x){
    node res;
    res.ans=res.len=0;
    int tmp=0;
    for(int i=tot;~i;--i)
        for(int j=1;j<=d;j++){
            if(x>=len[i]){
                x-=len[i];
                res+=f[i][(tmp+gen[j])%m];
            }
            else{
                tmp=(tmp+gen[j])%m;
                break;
            }
        }
    return res.ans;
}

int main(){
    read(d); read(m);
    for(int i=1;i<=d;i++) read(gen[i]);
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
    for(int i=1;i<n;i++) full[i]=1;
    len[tot]=1;
    for(int i=0;i<m;i++){
        f[0][i].len=1;
        if(n==1) f[0][i].ans= i<=b[1];
        else{
            for(int j=1;j<=n-1;j++){
                f[0][i].pre[j]= i<=b[j+1];
                f[0][i].suf[j]= i<=b[j];
            }
        }
    }
    read(l); read(r);
    for(;len[tot]<=r/d;){
        ++tot; len[tot]=len[tot-1]*d;
        for(int i=0;i<m;i++)
            for(int j=1;j<=d;j++)
                f[tot][i]+=f[tot-1][(i+gen[j])%m];
    }
    printf("%lld
",query(r)-query(l+n-2));
    return 0;
}