Bestcoder Round #88 problem.B Abelian Period

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Description

设SS是一个数字串，定义函数occ(S,x)表示S中数字x的出现次数。例如：S=(1,2,2,1,3),occ(S,1)=2,occ(S,2)=2,occ(S,3)=1。

如果对于任意的i，都有occ(u,i)=occ(w,i)，那么我们认为数字串u和w匹配。例如：(1,2,2,1,3)≈(1,3,2,1,2)。

对于一个数字串S和一个正整数k，如果S可以分成若干个长度为k的连续子串，且这些子串两两匹配，那么我们称k是串S的一个完全阿贝尔周期。给定一个数字串S，请找出它所有的完全阿贝尔周期。

Input

• 第一行包含一个正整数 T(1≤T≤10)，表示测试数据的组数。
• 对于每组数据：
  
  • 第一行包含一个正整数n(n≤100000)，表示数字串的长度。
  • 第二行包含n个正整数S1,S2,S3,⋯,Sn(1≤Si≤n)，表示这个数字串。

Output

对于每组数据，输出一行若干个整数，从小到大输出所有合法的k。

Sample Input

2
6
5 4 4 4 5 4
8
6 5 6 5 6 5 5 6

Sample Output

3 6
2 4 8

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都说Claris大犇出题质量很高，的确如此。

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Solution：

根据题目要求可以得到以下结论：

• 由于要求分割后不能有多余区间，所以我们可以枚举N的因子作为每次分割的step。
• 根据不久以前我写过的POI2010Breads一题，可以知道全因子暴力拆分的复杂度也只达到O(NlogN)，所以我们可以放心地枚举过来。
• 根据度娘所得，知道对于所有的a≤105，其最多的因子只有100+个。

解决枚举的时间复杂度问题后，我们只需要在小复杂度内判断每一段内的元素是否全部相同即可。

如果考虑用O(logN)来进行判重，我们可以采用map或者multiset来直接进行查询，或者直接每一堆都sort()一波进行直接比较，在数据水的情况下可以卡过去。

如果用O(1)来进行判重，我们需要采用Hash。但是一般的Hash都是与元素所处的位置有关，而本题每一个区间都可以看做一个集合，是无序的。那么我们就需要采用无序的Hash，简单来说就是给每一个不同的数都赋一个区分度高的不同的值，计算Hash的时候按照元素对应的Hash值相加。（似乎get了一个新技能）

#include <bits/stdc++.h>#define B 200019#define M 100005#define P 1000000009using namespace std;inline void Rd(int &res){    res=0;char c;    while(c=getchar(),c<48);    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);    while(c=getchar(),c>47);}int Base[M],A[M],sum[M];bool vis[M];int Mp[M],tot=0;void init(){    Base[0]=1;    for(int i=1;i<M;i++)Base[i]=1LL*Base[i-1]*B%P;    for(int i=2;i<M;i++)if(!vis[i]){        Mp[++tot]=i;        for(int j=i<<1;j<M;j+=i)vis[j]=true;    }}vector<pair<int,int> >Prime;int Ans[500],ptop=0;void dfs(int c,int sum){    if(c==Prime.size()){        Ans[++ptop]=sum;        return;    }    int prime=1,sz=Prime[c].second;    for(int j=0;j<=sz;j++){        dfs(c+1,sum*prime);        prime*=Prime[c].first;    }}bool used[M];int main(){    init();    int kase;Rd(kase);    while(kase--){        int n;Rd(n);        sum[0]=0;        Prime.clear();        for(int i=1;i<=n;i++){            Rd(A[i]);            sum[i]=(sum[i-1]+Base[A[i]])%P;        }        int tmp=n;        for(int i=1;Mp[i]*Mp[i]<=tmp;i++){            int cnt=0;            while(tmp%Mp[i]==0)tmp/=Mp[i],cnt++;            if(cnt)Prime.push_back(make_pair(Mp[i],cnt));        }        if(tmp!=1)Prime.push_back(make_pair(tmp,1));        ptop=0;dfs(0,1);        for(int k=1;k<=ptop;k++){            int step=Ans[k];//          printf("%d\n",step);            int val=sum[step];            bool win=true;            for(int i=step+1;i<=n;i+=step){                int Val=(sum[i+step-1]-sum[i-1]+P)%P;                if(Val!=val){win=false;break;}            }            if(win)used[step]=true;        }        bool f=false;        for(int i=1;i<=n;i++){            if(!used[i])continue;            used[i]=0;            if(f)putchar(' ');f=true;            printf("%d",i);        }        puts("");    }}