CF1270F Awesome Substrings

Question 问题 CF1270F Awesome Substrings

基本信息

难度：$省选/\text{NOI-}$

知识点：根号分块

题目大意：

• 给定一个长度为 $n$ 的 01 串 $s$。
• 求有多少个区间 $[l,r]$ 满足 $r-l+1$ 是 $s_{l...r}$ 中 $1$ 的个数的倍数。

Solution 根号分治

根据套路，我们将这个问题分为两块来处理，分别是 $k\le \sqrt{n}$ 和 $k>\sqrt{n}$ 。

我们令 $cn{t}_{num}$ 代表一段区间内 $num$ 的个数，$po{s}_i$ 为第 $i_{th}1$ 的下标 。

枚举倍数 $k$ 使得 $k\times cn{t}_1=cn{t}_1+cn{t}_0$

1. $k\le \sqrt{n}$

问题可以看作已知倍数 $k$ 求满足 $k\times cn{t}_1=cn{t}_1+cn{t}_0$ 的区间个数。这种问题有一种方法就是给两个数赋值。

我们计算一下这个式子，$(k-1)\times cn{t}_1-cn{t}_0=0$，相当于给 $1$ 赋值为 $k-1$，$0$ 赋值为 $-1$，在满足上述式子的前提下怎样分配权值都是可以的。

所以做一个前缀和，开个桶记录合法情况个数。（unordered_map 好像会超时，直接用数组，数据范围不大）

2. $k>\sqrt{n}$

此时 $1$ 的个数很少，上界为 $\sqrt{n}$。考虑直接枚举 $1$ 的个数 $cnt$，再枚举一个左端点 $l$，右端点 $r$ 的范围就可以通过 $1$ 的位置夹住算出来，令范围为 $[r_l,r_r]$，贡献为 $\lfloor \frac{r_r-l+1}{cnt}\rfloor -\max (\sqrt{n},\lfloor \frac{r_l-l}{cnt}\rfloor )$。记住取 $\max$ 的原因是此时我们讨论的是 $k>\sqrt{n}$ 的情况，$k\le \sqrt{n}$ 的情况要舍掉。

Code 代码

string s,t;
int n,blo,sum[N],pos[N],cnt[500*N];//桶的范围要开大一点
ll ans;
int main(){
	cin>>t;s+=" ";s+=t;n=s.size()-1;//下标从 1 开始
	blo=sqrt(n);//块长，我们以根号n分类讨论
	for(rint k=1;k<=blo;k++){
		cnt[n]=1;
		for(rint i=1;i<=n;i++){
			sum[i]=sum[i-1]+(s[i]=='1'?k-1:-1);//赋值
			ans+=cnt[sum[i]+n];
			cnt[sum[i]+n]++;
		}
		for(rint i=1;i<=n;i++) cnt[sum[i]+n]--;
        for(rint i=1;i<=n;i++) sum[i]=0;
	}
	for(rint i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='1') sum[i]=sum[i-1]+1,pos[sum[i]]=i;
        else sum[i]=sum[i-1];
	}//预处理前缀和 和 1 的下标
    pos[sum[n]+1]=n+1;//设个右端点防止越界问题
    for(rint l=1;l<=n;l++){//枚举左端点
    	for(rint i=1;i<=n/blo;i++){//枚举 1 的个数
            int rl=pos[i+sum[l-1]],rr=pos[i+sum[l-1]+1]-1,res=(rr-l+1)/i-max(blo,(rl-l)/i);
            if(rl>0&&rr>0&&res>0) ans+=res;
        }
	}
	cout<<ans<<endl;
    return 0;
}