20200615题解：继续扮演

Posted 2020-12-10 lightmain-blog

题目

继续扮演（continue）

【题目描述】

给定两个长度为n的非负整数序列，分别记为(a_0,a_1,…,a_(n-1))和(b_0,b_1,…,b_(n-1))。定义b序列的k变换为，把b序列变换成(b_(k mod n),b_((k+1) mod n),…,b_((k+n-1) mod n))。
请你求出哪些0≤k≤n-1的k变换得到的b序列满足：存在一个多项式(P(x)=c_m x^m+c_(m-1) x^(m-1)+?+c_1 x+c_0)，使得对于任意(0≤i≤n-1)均满足(P(i)≡a_i-b_i (mod 998244353))。

【输入数据】

第一行两个整数n和m，表示序列的长度和多项式(P(x))的度数。
第二行n个非负整数，表示(a_0,a_1,…,a_(n-1))。
第三行n个非负整数，表示(b_0,b_1,…,b_(n-1))。

【输出数据】

第一行一个非负整数cnt，表示满足条件的k的数量。
接下来cnt行每行一个0≤k≤n-1的k，按照升序输出所有满足条件的k。

【数据范围】

Subtask 1 (7pts)：(n-1≤m)。
Subtask 2 (13pts)：(n≤10) (m≤10)。
Subtask 3 (29pts)：(n≤100) (m≤100)。
Subtask 4 (5pts)：(m=0)。
Subtask 5 (11pts)：(m≤1)。
Subtask 6 (17pts)：(m≤100)。
Subtask 7 (18pts)：无特殊限制。
对于全部数据：(1≤n≤10^5) (0≤m≤10^9) (0≤a_i,b_i<998244353)。

题解

定义 对于两个长度为n的序列a和b，(asim b)等价于a和b符合题意，也等价于：由n个点 ((i, a[i]-b[i]),iin[1,n]) 可以生成一个m次多项式。

当 (nle m+1) 时

(asim b) 是一定的。所以这道题的 (m le 10^9) 就是吓人的，实际上m与n同阶，都是(10^5)。

当 (n=m+2) 时：

性质 (a sim b and b sim c Rightarrow a sim c)

证明 由n个点((i,a[i]-b[i]))可以生成的多项式记为(f(x))，由n个点((i,b[i]-c[i]))可以生成的多项式记为(g(x))，则由n个点((i,a[i]-c[i]))即((i,(a[i]-b[i])+(b[i]-c[i])))生成的函数就是(f(x)+g(x))。证毕。

所以，可以构造一个序列c使得(asim c)，构造一个序列d使得(bsim d)，而(csim d)的真假很好判定，这样来判定(asim b)的真假。

[a:{a_0, a_1, a_2, cdots,a_m,a_{m+1}}c:{0,0,0,cdots,0,c_{m+1}} ]

所以

[a_i-c_i= egin{cases} a_i,& quad i le ma_i-c_i,& quad i =m+1 end{cases} ]

用(a_0)~(a_m)构造出一个(P(x))，（拉格朗日插值^[难题1]），只需使(c_{m+1})满足(P(m+1)=a_{m+1}-c_{m+1})。

[ herefore c_{m+1} = a_{m+1} - P(m+1). ]

故序列a只有一个唯一的特征值(c_{m+1})，记之为(f(a))。(f(b)=d_{m+1})同理。

当序列c和d相遇时，由于前m+1个数都是0，所以它们的函数为(P(x)=0)。( herefore csim dLeftrightarrow c_{m+1}=d_{m+1})。

综上，(asim bLeftrightarrow f(a)=f(b))。 当然，a,b都只能是长度为m+2的序列。

当(n > m+2) 时：

记({a_i,a_{i+1},cdots,a_j})为(a[i,j])。

性质

[(a[0,m+1]sim b[0,m+1])and(a[1,m+2] sim b[1, m+2])Leftrightarrow(a[0,m+2]sim b[0,m+2]) ]

证明

当((a-b)[0,m+2])可以形成函数时，其长度为m+2的前后缀肯定也可以。所以后者(Rightarrow)前者。

在((a-b)[0,m+1])中，((a-b)[0,m+1])的形成的多项式肯定与((a-b)[1,m+1])形成的相同。

在((a-b)[1,m+2])中，((a-b)[1,m+2])的形成的多项式肯定与((a-b)[1,m+1])形成的相同。

所以((a-b)[0,m+1])和((a-b)[1,m+2])的就会相同。就拿这个函数肯定可以过((a-b)[0,m+2])的所有点。所以前者(Rightarrow)后者。证毕。

性质

[当l ge m+1时，\(a[i,i+l]sim b[i,i+l])and (a[i+1,i+l+1] sim b[i+1, b+l+1])Leftrightarrow (a[i, i + 1 + l] sim b[i,i + 1 + l]) ]

证明

后者(Rightarrow)前者略。

因为两对相似的子串的交集长度(ge m+1)，所以可以形成唯一的函数。所以这两对相似的子串所形成的函数相同。这个函数就可以作为证明序列相似所需的函数。所以前者(Rightarrow)后者。证毕。

综合上面两个性质（实际上第一个性质就是第二个性质的特殊情况），就可以得到：

要证(a sim b)，即证(forall i in [0,n-m-2], f(a[i, i + m + 1] sim f(b[i,i + m + 1])))。

设一映射(g(i)=f(a[i,i+m+1]),iin [0,n-m-2])，则(igwedge_{i=0}^{n-m-2}g_a(i)=g_b(i)Leftrightarrow asim b)。

大功告成？不，还有一个循环位移的问题没有解决。

显然，一个m+2长的序列a的(f(a[0,m+1]))只与a本身有关。当k=1时，所有的(a_i)都到了(a_{i-1})，则所有的(g_a(i))都会移动到(g_a(i-1))。也就是说，(g_a())和(a)同步位移。记位移k位的序列a为(^ka[])，同理记(^kg_a())，易得(^ka[i]=a[(i+k)\%n], ^kg_a(i)=g_a((i+k)\% n))。

[ herefore ^ka sim b Leftrightarrow igwedge_{i=0}^{n-m-2} ^kg_a(i)=g_b(i) Leftrightarrow igwedge_{i=0}^{n-m-2}g_a((i+k)\%n)=g_b(i) ]

这显然就是个字符串匹配问题。若字符串(g_b[0,n-m-2])在(g_a)的k处得配，则说明(^k a sim b)。序列(a)需要倍增，这样才能求出(g_a[0,n))，而且(g_a)求完之后也要倍增。

还有一个[难题1]

如何快速得出(P(m+1))？((P(x))为(a[0,m])构造出的函数)

根据拉格朗日插值，

[P(x)=sum_{i=0}^{m}a_i frac{prod_{jin[0,i)cup(i,m]}(x-j)}{prod_{jin[0,i)cup(i,m]}(i-j)} ]

代入x=m+1就是：

[P(m+1)=sum_{i=0}^{m}a_i frac{prod_{jin[0,i)cup(i,m]}(m+1-j)}{prod_{jin[0,i)cup(i,m]}(i-j)} ]

设(h(i)=frac{prod_{jin[0,i)cup(i,m]}(m+1-j)}{prod_{jin[0,i)cup(i,m]}(i-j)})。分子、分母分别可以用两个阶乘来表示，可以(O(1))算。(O(N))可以求完所有的(h(i))。

然后有

[P(m+1)=sum_{i=0}^m a_i h(i) ]

可以用FFT做。

FFT做法：

(a_i)不需要多考虑。令多项式(F(x)=sum_{i=0}^m a_i x^i)。

(h(i))反个向，令(G(x)=sum_{i=0}^m h(m-i)x^i)。

[(F * G)(x) = sum_{i=0}^m sum_{j=0}^ia[j]h(m-(i-j))x^i ]

( herefore (F*G)_m = sum_{j=0}^m a[j]h(m-m+j)))就是需要的答案。时间(O(m log m))。

但是，就算是这样，求出a的所有n个(g_a())也需要(O(nm log m))啊。但是很明显这是可以优化的，因为相邻的两个(g_a(i)=f(a[i,i+m+1]))所对应的a序列有着很大的重叠部分。

如果令(F(x)=sum_{i=0}^n a_i x^i)（上界由m换成了n），则可以一次FFT得到所有长度为m+2的a的子段的(P(m+1))。设由(a[i,i+m+1])得到的函数为(P_i(x))（但是每一个点的横坐标仍然按照0到m+1算），则有(g_a(i) =f(a[i,i+m+1])=a_{i+m+1} - P_i(m+1))。要求的就是所有(P_i(m+1)=sum_{j=0}^m a_{i+j}h(j))。

则

[P_i(m+1)=(F*G)_{m+i}=sum_{j=i}^{m+i}a[j]h(j-i)=sum_{j=0}^ma[j+i]h(j) ]

所以

[g_a(i)= a_{i+m+1} - (F*G)_{m+i},quad iin[0,n) ]

(g_b())实际上只需要求出(g_b(0))到(g_b(n-m-2))，但是为了代码好写，干脆([0,n))都求出来得了。