题外话：在考场上写了$O(n ln nlog26) $ 的蠢做法，据说用暴力(O(n*26+nln n))替代树状数组可以拿92分的好成绩(O(n*26+nln n))
这里介绍两种(O(n*log 26))的做法
首先经思考容易想到先预处理出后缀(C)的奇数次字符数量，然后枚举(AB)的大小（用哈希判断一下就行）。
因为(B)只要至少有一个字符就满足条件，而(A)又是前缀，所以就直接维护(A)中的奇数次字符数量，最多有26个，用树状数组维护就行，复杂度：(O(n ln nlog26))（由于查询是一个前缀，所以在更新(A)时直接暴力修改前缀数组就可以去掉(log 26)）。讲道理数据稍微随机一点都能跑过去
#include<iostream>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const ll N=1100000,base1=1021831,base2=96269;
ull hash1[N],hash2[N],pow1[N],pow2[N];
ull ff1(ll l,ll r) {return hash1[r]-hash1[l-1]*pow1[r-l+1];}
ull ff2(ll l,ll r) {return hash2[r]-hash2[l-1]*pow2[r-l+1];}
pair<ull,ull> ff(ll l,ll r) {return make_pair(ff1(l,r),ff2(l,r));}
struct BIT
{
ll sum[30],n;
void clear() {memset(sum,0,sizeof(sum));}
inline ll lowbit(ll x) {return x&(-x);}
void add(ll x,ll v) {while(x<=n) sum[x]+=v,x+=lowbit(x);}
ll find(ll x){ll ans=0;while(x) ans+=sum[x],x-=lowbit(x);return ans;}
}T;
ll n,ans,tot[30],cnt,_tot[N];
char ch[N];
int main()
{
ll Q,i,j;
pair<ull,ull> tmp;
scanf("%lld",&Q);
T.n=26;
while(Q--)
{
T.clear();
memset(tot,0,sizeof(tot));
memset(_tot,0,sizeof(_tot));
cnt=ans=0;
scanf("%s",ch+1);
n=strlen(ch+1);
hash1[0]=hash2[0]=0,pow1[0]=pow2[0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
hash1[i]=hash1[i-1]*base1+ch[i],hash2[i]=hash2[i-1]*base2+ch[i];
pow1[i]=pow1[i-1]*base1,pow2[i]=pow2[i-1]*base2;
}
for(i=n;i>=3;i--)
{
tot[ch[i]-'a']^=1;
if(tot[ch[i]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
_tot[i]=cnt;
}
memset(tot,0,sizeof(tot));
cnt=0;
for(i=2;i<n;i++)
{
tot[ch[i-1]-'a']^=1;
if(tot[ch[i-1]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
T.add(cnt+1,1);
tmp=ff(1,i);
for(j=1;i*j<n;j++)
{
if(ff(i*j-i+1,i*j)!=tmp) break;
ans+=T.find(_tot[i*j+1]+1);
}
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
刚才的做法瓶颈在于要枚举(AB)的循环次数
从数据范围里还没有用到的特殊性质分析一下，发现还有一种字符和只有两种的在(AB)大小确定后((AB)^i)的奇数次字符数量是循环的。
所以(S_1=AB)与(S_2=ABABAB)的奇数次字符数量是一样的！而且这样的话(S_1)与(S_2)对应的(C)的奇数次字符数量也是一样的！换言之但我们知道(AB)的循环次数就可以(O(1))求出答案。
（(AB)循环最多的那种并不需要单独计算，因为(AB)中出现偶数次的没有影响，而奇数次的字符变成0可以当偶数来看）
下面介绍两种预处理次数的方法
法一：
令(num[x])为([1,x])为(AB)时的最多重复次数
若([1,x],[x+1,2x])相同时(num[x])至少为(num[2x]*2)，不超过这个数+1。只需再判断一下([1,x],[num[2x]*2x+1,num[2x]*2x+x])就行
#include<iostream>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const ll N=1100000,base1=1021831,base2=96269;
ull hash1[N],hash2[N],pow1[N],pow2[N];
ull ff1(ll l,ll r) {return hash1[r]-hash1[l-1]*pow1[r-l+1];}
ull ff2(ll l,ll r) {return hash2[r]-hash2[l-1]*pow2[r-l+1];}
pair<ull,ull> ff(ll l,ll r) {return make_pair(ff1(l,r),ff2(l,r));}
struct BIT
{
ll sum[30],n;
void clear() {memset(sum,0,sizeof(sum));}
inline ll lowbit(ll x) {return x&(-x);}
void add(ll x,ll v) {while(x<=n) sum[x]+=v,x+=lowbit(x);}
ll find(ll x){ll ans=0;while(x) ans+=sum[x],x-=lowbit(x);return ans;}
}T;
ll n,ans,book[30],cnt,tot[N],num[N];
char ch[N];
int main()
{
ll Q,i;
scanf("%lld",&Q);
T.n=26;
while(Q--)
{
T.clear();
memset(book,0,sizeof(book));
memset(tot,0,sizeof(tot));
memset(num,0,sizeof(num));
cnt=ans=0;
scanf("%s",ch+1);
n=strlen(ch+1);
hash1[0]=hash2[0]=0,pow1[0]=pow2[0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
hash1[i]=hash1[i-1]*base1+ch[i],hash2[i]=hash2[i-1]*base2+ch[i];
pow1[i]=pow1[i-1]*base1,pow2[i]=pow2[i-1]*base2;
}
for(i=n;i>=3;i--)
{
book[ch[i]-'a']^=1;
if(book[ch[i]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
tot[i]=cnt;
}
num[n-1]=1;
for(i=n-2;i>=2;i--)
{
if(i*2>n-1 || ff(1,i)!=ff(i+1,i*2)) {num[i]=1;continue;}
num[i]=num[i<<1]<<1;
if(num[i]*i+i<=n-1 && ff(1,i)==ff(num[i]*i+1,num[i]*i+i)) num[i]++;
}
cnt=0;
memset(book,0,sizeof(book));
for(i=2;i<n;i++)
{
book[ch[i-1]-'a']^=1;
if(book[ch[i-1]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
T.add(cnt+1,1);
ans+=T.find(tot[i+1]+1)*((num[i]>>1)+(num[i]&1));
ans+=T.find(tot[i*2+1]+1)*(num[i]>>1);
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
法二：
众所周知，用kmp算法可以(O(1))求出 (字符串的最小循环周期= len-kmp[len] (失配位置)) 。因此我们可以用二分出(AB)的循环次数，二分的复杂度为
(sum_{i=1}^{n}log(frac{n}{i})=nlog n-sum_{i=1}^{n}log i)
乍一眼感觉这个东西不太行，但是稍微拆一下
(sum_{i=1}^{n}log i hickapprox n+(n-2^0)+(n-2^1)+···+(n-2^{log_{2}{n}}) hickapprox n*log n-n)
所以二分实际上复杂度只有(O(n))
#include<iostream>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const ll N=1100000;
struct BIT
{
ll sum[30],n;
void clear() {memset(sum,0,sizeof(sum));}
inline ll lowbit(ll x) {return x&(-x);}
void add(ll x,ll v) {while(x<=n) sum[x]+=v,x+=lowbit(x);}
ll find(ll x){ll ans=0;while(x) ans+=sum[x],x-=lowbit(x);return ans;}
}T;
ll n,ans,book[30],cnt,tot[N],num[N],kmp[N],k;
char ch[N];
int main()
{
ll Q,i,l,r,mid,res,len;
scanf("%lld",&Q);
T.n=26;
while(Q--)
{
T.clear();
memset(book,0,sizeof(book));
memset(tot,0,sizeof(tot));
memset(num,0,sizeof(num));
memset(kmp,0,sizeof(kmp));
cnt=ans=0;
scanf("%s",ch);
n=strlen(ch);
for(i=n-1;i>=2;i--)
{
book[ch[i]-'a']^=1;
if(book[ch[i]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
tot[i]=cnt;
}
kmp[0]=kmp[1]=0;k=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
while(k && ch[i]!=ch[k]) k=kmp[k];
if(ch[i]==ch[k]) k++;
kmp[i+1]=k;
}
for(i=1;i<n;i++)
{
l=2,r=(n-1)/(i+1),res=1;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
len=(i+1)*mid;
if((len-1-kmp[len-1])!=0 && (i+1)%(len-kmp[len])==0) res=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
num[i]=res;
}
cnt=0;
memset(book,0,sizeof(book));
for(i=1;i<n-1;i++)
{
book[ch[i-1]-'a']^=1;
if(book[ch[i-1]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
T.add(cnt+1,1);
len=i+1;
ans+=T.find(tot[len]+1)*((num[i]>>1)+(num[i]&1));
ans+=T.find(tot[len*2]+1)*(num[i]>>1);
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
后记：
有个憨憨跑到我跟前说这题可以做到(O(n))，我愣了一下，寻思着这(log 26)貌似也不大啊，是不是我听错了？“因为你发现这次与上次的(C)的奇数次字符数量仅仅差1，所以···”，我无语。出题人卡这个他人就没了
(O(n):)
#include<iostream>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const ll N=1100000,base1=1021831,base2=96269;
ull hash1[N],hash2[N],pow1[N],pow2[N];
ull ff1(ll l,ll r) {return hash1[r]-hash1[l-1]*pow1[r-l+1];}
ull ff2(ll l,ll r) {return hash2[r]-hash2[l-1]*pow2[r-l+1];}
pair<ull,ull> ff(ll l,ll r) {return make_pair(ff1(l,r),ff2(l,r));}
ll n,ans,book[30],cnt,tot[N*2],num[N],sum[30];
char ch[N];
int main()
{
ll Q,i,last1,last2;
scanf("%lld",&Q);
while(Q--)
{
memset(book,0,sizeof(book));
memset(tot,0,sizeof(tot));
memset(num,0,sizeof(num));
memset(sum,0,sizeof(sum));
cnt=ans=last1=last2=0;
scanf("%s",ch+1);
n=strlen(ch+1);
hash1[0]=hash2[0]=0,pow1[0]=pow2[0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
hash1[i]=hash1[i-1]*base1+ch[i],hash2[i]=hash2[i-1]*base2+ch[i];
pow1[i]=pow1[i-1]*base1,pow2[i]=pow2[i-1]*base2;
}
for(i=n;i>=2;i--)
{
book[ch[i]-'a']^=1;
if(book[ch[i]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
tot[i]=cnt;
}
num[n-1]=1;
for(i=n-2;i>=2;i--)
{
if(i*2>n-1 || ff(1,i)!=ff(i+1,i*2)) {num[i]=1;continue;}
num[i]=num[i<<1]<<1;
if(num[i]*i+i<=n-1 && ff(1,i)==ff(num[i]*i+1,num[i]*i+i)) num[i]++;
}
cnt=0;
memset(book,0,sizeof(book));
for(i=2;i<n;i++)
{
book[ch[i-1]-'a']^=1;
if(book[ch[i-1]-'a']==0) cnt--;
else cnt++;
++sum[cnt];
if(cnt<=tot[i]) last1++;
if(cnt<=tot[(i-1)*2+1]) last2++;
if(tot[i]<tot[i+1]) last1+=sum[tot[i+1]];
else last1-=sum[tot[i]];
ans+=last1*((num[i]>>1)+(num[i]&1));
if(tot[(i-1)*2+1]<tot[i*2+1]) last2+=sum[tot[i*2+1]]+sum[tot[i*2+1]-1];
else if(tot[(i-1)*2+1]>tot[i*2+1]) last2-=sum[tot[i*2+1]+1]+sum[tot[i*2+1]+2];
ans+=last2*(num[i]>>1);
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
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