BZOJ 2081 [Poi2010] Beads

Description

Zxl有一次决定制造一条项链，她以非常便宜的价格买了一长条鲜艳的珊瑚珠子，她现在也有一个机器，能把这条珠子切成很多块（子串），每块有k（k>0）个珠子，如果这条珠子的长度不是k的倍数，最后一块小于k的就不要拉（nc真浪费），保证珠子的长度为正整数。 Zxl喜欢多样的项链，为她应该怎样选择数字k来尽可能得到更多的不同的子串感到好奇，子串都是可以反转的，换句话说，子串（1，2，3）和（3,2,1）是一样的。写一个程序，为Zxl决定最适合的k从而获得最多不同的子串。 例如：这一串珠子是： (1,1,1,2,2,2,3,3,3,1,2,3,3,1,2,2,1,3,3,2,1)， k=1的时候，我们得到3个不同的子串： (1),(2),(3) k=2的时候，我们得到6个不同的子串： (1,1),(1,2),(2,2),(3,3),(3,1),(2,3) k=3的时候，我们得到5个不同的子串： (1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),(1,2,3),(3,1,2) k=4的时候，我们得到5个不同的子串： (1,1,1,2),(2,2,3,3),(3,1,2,3),(3,1,2,2),(1,3,3,2)

Input

共有两行，第一行一个整数n代表珠子的长度，（n<=200000），第二行是由空格分开的颜色ai（1<=ai<=n）。

Output

也有两行，第一行两个整数，第一个整数代表能获得的最大不同的子串个数，第二个整数代表能获得最大值的k的个数，第二行输出所有的k（中间有空格）。

Sample Input

21
1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 2 3 3 1 2 2 1 3 3 2 1

Sample Output

6 1
2

HINT

Source

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

hash~

神奇的方法……以200191为进制（不知道是为什么，抄的黄学长的），不用管数的溢出，前后求两次答案相乘作为hash值，来减小错误的几率。

数组要开大，如果700msWA的话可能是因为数组开小了；函数里面不能写成三目运算符，好奇怪啊。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<map>#include<vector>using namespace std;#define ll long long#define ull unsigned long long#define jin 200191int n,a[1000001],ans;ull s1[1000001],s2[1000001],c[1000001];map<ull,bool> ma;vector<int> k;ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}ull getnum(int l,int r){if(l<=r) return s1[r]-s1[l-1]*c[r-l+1];return s2[r]-s2[l+1]*c[l-r+1];}void sol(int u){if(ans*u>n) return;int now=0;ma.clear();ull kkz;for(int i=1;i<=n;i+=u) if(i+u-1<=n){kkz=getnum(i,i+u-1)*getnum(i+u-1,i);if(ma.count(kkz)) continue;now++;ma[kkz]=1;}else break;if(now>ans) ans=now,k.clear();if(now==ans) k.push_back(u);}int main(){n=read();c[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i-1]*jin;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=s1[i-1]*jin+a[i];for(int i=n;i;i--) s2[i]=s2[i+1]*jin+a[i];for(int i=1;i<=n;i++) sol(i);printf("%d %lu\n",ans,k.size());for(int i=0;i<k.size();i++){printf("%d",k[i]);if(i<k.size()-1) printf(" ");}return 0;}