标签：ret else 避免 char 偶数 随机 closed lap span
差分，令$b_{i}=a_{i-1}\oplus a_{i}$，对于一个区间$[l,r]$，相当于令$a_{l-1}=a_{r+1}=0$之后求出$b_{l..r+1}$，对区间$[i-k,i)$异或1这个操作可以看作令$b_{i}$和$b_{i-k}$异或1，要求使得$b_{i}$全部为0
这就相当于要求$\forall 0\le i<k$，$b_{l..r+1}$中模$k$余$i$的位置异或为0，对$v_{0..k-1}$随机赋值，那么可以看作判断$\bigoplus_{l\le i\le r+1,i\equiv j(mod\ k)}b_{i}v_{j}=0$，这个可以用前缀和维护（特别的，要特判$b_{l}=a_{l}$和$b_{r+1}=a_{r}$）
判定完无解后，（若有解）考虑如何求最少操作次数：
假设枚举$i$，对于模$k$余$i$且为1的$b_{j}$，将这些$j$记录下来，写作$pos_{1},pos_{2},...,pos_{2m}$（由于有解，必然是偶数个），答案即为$\frac{\sum_{i=1}^{m}pos_{2i}-pos_{2i-1}}{k}$（可以看作一个1不断向后移动，与之后第一个1相消）
对于相邻的模$k$余$i$的位置必然一正一负，通过前缀和（强制最后一个出现的数符号为正）来维护即可（同样要特判$l$和$r+1$），总复杂度为$o(n+m\log_{2}n)$
对于$l$和$r+1$的特判也可以通过$sum_{i,0/1}$表示假设$b_{i}=0/1$时的答案来避免
（另外要特判$k=1$，此时答案即为区间内1的个数）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 2000005 4 #define ll long long 5 int n,t,q,l,r,ans,a[N],b[N],v[N],f[N]; 6 ll g[N],sum[N][2]; 7 char s[N]; 8 int main(){ 9 srand(time(0)); 10 scanf("%d%d%d%s",&n,&t,&q,s); 11 for(int i=0;i<n;i++)a[i+1]=s[i]-‘0‘; 12 if (t==1){ 13 for(int i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1]; 14 for(int i=1;i<=q;i++){ 15 scanf("%d%d",&l,&r); 16 printf("%d\n",a[r]-a[l-1]); 17 } 18 return 0; 19 } 20 for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=(a[i-1]^a[i]); 21 for(int i=0;i<t;i++)v[i]=1LL*rand()*rand()%(1<<30); 22 for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(f[i-1]^(b[i]*v[i%t])); 23 for(int i=1;i<=n+1;i++){ 24 sum[i][0]=sum[i-1][b[i-1]]; 25 sum[i][1]=sum[i-1][b[i-1]]+i-2*g[i%t]; 26 if (b[i])g[i%t]=i-g[i%t]; 27 } 28 for(int i=1;i<=q;i++){ 29 scanf("%d%d",&l,&r); 30 ans=(f[l]^f[r]); 31 if (a[l])ans^=v[l%t]; 32 if (a[r])ans^=v[(r+1)%t]; 33 if (ans)printf("-1\n"); 34 else{ 35 if (a[l]!=b[l])printf("%lld\n",(sum[r+1][a[r]]-sum[l][1])/t); 36 else printf("%lld\n",(sum[r+1][a[r]]-sum[l-1][b[l-1]])/t); 37 } 38 } 39 return 0; 40 }
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