题目大意：
给定一个长度为n的字符串s，由字符0和1组成
你可以让这个字符串s无限延长
就令字符串t=sssssss......
求字符串t有多少个前缀字符串中，0的个数减去1的个数等于x
解题思路：
本文可能讲的很复杂……不知道多套了几个例子进去会不会好点……
对于一个周期，可以先记录前缀和到某个位置k时答案的大小
这里用一个数组cha记录这个差
最后cha[i]记录的是一个周期内出现i这个差的次数
就例如样例1的010010
可以得到不同前缀的差分别为1 0 1 2 1 2
那么cha[0]=1 cha[1]=3 cha[2]=2
又因为可能差会出现负数的情况，直接用cha数组可能会下标越界
取极限情况，得到差的范围是-1e5~1e5
所以cha开至少20w个单位，并定义一个基本常量v=100000
之后引用cha时数组内需要恒加上v
再用mx和mn两个变量记录一个周期内出现的差的最大最小值
处理完后，先进行特判
如果最后的差值d=0
说明t字符串的前缀中“0个数-1个数”的值总是在0上下浮动
此时，如果x这个数在一个周期内可能的差中出现过，可以说明不论在这个前缀之前加多少个周期（对答案贡献为0），都能满足“0个数-1个数”的值不变（x+0=x）
即 x==0||x<0&&x>=mn||x>0&&x<=mx
此时直接输出-1，表示有无穷个解
例：s=0101 x=1
对于0 010 01010 0101010 ......
都能满足x=1
否则，x永远不可能达到
例：s=1010 x=1
对于1 10 101 1010 10101 ......
差值总是在-1 0 -1 0 -1 0之间变动
永远不可能达到x=1
然后，如果d不等于0
先考虑d>0的情况
说明每过一个周期差值会正增长
如果x为负数
只需要考虑第一个周期能否达到x的值即可
所以此时，如果x比差值中最小的还要小，即d>0&&x<mn
直接输出0，无解
例：s=010 x=-1
第一个周期中出现的差值为1 0 1
-1没有出现过
所以之后不论取怎样的前缀 010 0100 01001 010010
都不可能出现-1（因为d>0）
相同的，如果d<0&&x>mx
同样永远达不到x的值，输出0，无解
例：s=101 x=1
第一个周期中出现的差值为-1 0 -1
1没有出现过
所以之后不论取怎样的前缀 101 1011 10110 101101
都不可能出现1（因为d<0）
然后就可以处理有解的情况了
特殊点：前缀可以为空
为空前缀时差值为0
又因为上面的周期没有考虑这点
所以在x=0时，让答案+1
这点在样例3中有出现
然后d>0和d<0仍然分开讨论
因为在x很大或者很小时
有很大一部分可以跳过（直接模拟这里会成为超时点）
例：s=010010 x=10000
此时这个s周期的d=2 mx=2 mn=0
在累积前缀差值小于9998的所有周期中，都不可能在他的周期内变化达到x
而在前面有了4999个s字符串后，添加第5000个s过程中，才有可能让0和1的差值达到x
所以这4999个s的情况可以直接用公式计算跳过
d>0时，因为一个周期浮动最大到mx过，所以可以让i变成x-mx（这也是前面9998的由来）
但也要注意s趋近于0时，x-mx小于0的情况，因为d>0，所以这个不可取
综上，让i=max(x-mx,0)
然后考虑i是不是一些周期拼接后会得到的值（保证i是多个整周期拼接后的差值），也就是看i是不是d的倍数
如果不是，让i增大到大于i的第一个d的倍数
转换可以用i=(i/d+1)*d
例：s=010010 x=9 d=2，计算得到dd=7，但是7不是2的倍数，所以要把dd变成8
然后，循环把可能的差值加到答案里去
这里用到的原理是这样的
假设k个周期后0和1的差值为dd
然后考虑第k+1个周期加入前缀的变化情况
又因为前面求过一个周期中差值变化情况 cha[i]表示i这个差值出现了这么多次
所以，x-dd，也就是第k+1这个周期只要能达到这个差值，就能让整个前缀中0和1差值等于x，为答案做出贡献
换言之 cha[x-dd+v] 也就是加入第k+1个周期的过程中，前缀内0和1的差值等于x的情况总数
所以可以把 cha[x-dd+v] 直接加到答案内
拿上面的例子：
例：s=010010 x=10000
此时d=2 mx=2 mn=0
公式计算得到dd=9998
在s的一个周期中，差值出现的6种情况分别为1 0 1 2 1 2
cha[0]=1 cha[1]=3 cha[2]=2
在这一个周期中，只有差值为2是才能和前面的9998构成x=10000，对答案做出贡献
总共有2种情况在，ans=2
然后dd再加上一个周期，dd=dd+d=10000
此时对于下一个周期，考虑是否存在差值为0，能让dd+0=x继续成立
发现cha[0]=1，所以差值为0在下一个周期中还能出现一次，ans=1+2=3
同理，d<0时只是递增方向相反了而已
i=min(x-mn,0)
其后处理同上
例：s=101101 x=-10000
此时d=-2 mx=0 mn=-2
公式得到dd=-9998
cha[0]=1 cha[-1]=3 cha[-2]=2
因为-9998-2=-10000=x
ans=cha[-2]=2
然后dd+=d 即-9998-2=-10000
因为-10000-0=-10000=x
ans=2+cha[0]=3
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int cha[200005]; string s; const int v=100000; void solve(){ int n,x,i,n0=0,n1=0,d,ans=0,mx=0,mn=0; memset(cha,0,sizeof cha); cin>>n>>x>>s; for(i=0;i<n;i++){ if(s[i]=='0') n0++; else n1++; d=n0-n1; cha[d+v]++; mx=max(mx,d); mn=min(mn,d); } //此时和接下来的d为一整个周期的0的个数-1的个数的值 if(d==0){//如果最终0和1的个数相同 if(x==0||x<0&&x>=mn||x>0&&x<=mx)//如果x曾在差值中出现过 cout<<"-1 "; else cout<<"0 "; return; } if(d>0&&x<mn||d<0&&x>mx){//永远不可能达到x cout<<"0 "; return; } if(x==0) ans++;//空前缀 if(d>0){ i=max(x-mx,0); if(i%d) i=(i/d+1)*d; for(;abs(x-i)<=v&&cha[x-i+v];i+=d) ans+=cha[x-i+v]; } else{ i=min(x-mn,0); if(i%d) i=(i/d+1)*d; for(;abs(x-i)<=v&&cha[x-i+v];i+=d) ans+=cha[x-i+v]; } cout<<ans<<' '; } int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0); int T;cin>>T;while(T--) solve(); return 0; }