[題解] Luogu P5446 [THUPC2018]綠綠和串串

·題目大意

• 定義一個翻轉操作\(f(S_n)\)，表示對於一個字串\(S_n\)，
  
  有\(f(S)= \{S_1,S_2,...,S_{n-1},S_n,S_{n-1},...S_2,S_1 \}\)。
• 現在給定一個長度為\(n\)的字串\(S^{'}\)表示原字串\(S\)經過若干次（可能為0）旋轉之後的一個字首，
  
  求原來字串可能的長度\(l\)。
• 顯然當\(l > n\)時一定可行，所以只需要輸出所有的\(l\leq n\)即可。
  
  \(|S|\leq 10^6，\Sigma |S| \leq 5 \times 10^6\)

·解題思路

首先想到用 \(Manacher\) 。

由於進行翻轉操作後迴文串長度必定為奇數，所以不用插入字元，然後考慮什麼情況下長度是可行的。

• 我們定義一個 \(flag\) 陣列，\(flag[i]\) 表示長度為 \(i\) 時是可行的。迴文陣列為\(p\)，\(p[i]\)表示第 \(i\) 位的迴文半徑位 \(p[i]\)
• 如果只進行了一次翻轉操作即可使得字首為\(S^{'}\)，那麼有 \(i + p[i] - 1 == n\)
• 如果需要進行\(k\)次翻轉才可以使得字首為\(S^{'}\),那麼有 \(i - p[i] + 1 == 1\)，然後可以轉化為進行\(k - 1\)次的情況。
  
  但是實際操作中我們不用跑 \(k\) 次，只需要倒著跑並記錄 \(flag\) ，因為當我們處理長度為 \(i\) 的時候，\(flag[i + 1]\) 到 \(flag[n]\) 都已經處理過了，所以判斷 \(flag[i + p[i] - 1] == 1\)即可。
• 時間複雜度為\(O(n)\)。

程式碼實現

#include <iostream>

#include <cstring>

using namespace std;

#define reg register

namespace io {

char ch[20];

template<typename T>inline void write(T x) {

  (x < 0) && (x =- x, putchar('-'));

  (x) || putchar('0');

  reg int i = 0;

  while (x) ch[i++] = x % 10 ^48, x /= 10;

  while (i) putchar(ch[--i]);

}

}//快寫

#define wt io::write

const int maxN = 1000010;

char s[maxN];

int p[maxN], flag[maxN];

int n;

void work();

int main() {

  int t;

  scanf("%d", &t);

  while (t--) work();

  return 0;

}

void work() {

  for (reg int i = 1; i <= n; ++i) flag[i] = p[i] = s[i] = 0;

  n = 1; s[0] = '@';

  scanf("%s", s + 1);

  while (s[n]) ++n;

  --n;

  for (reg int i = 1, r = 0, mid = 0; i <= n; ++i) {

    if (i <= r) p[i] = min(p[mid * 2 - i], r - i + 1);

    while (s[i + p[i]] == s[i - p[i]]) ++p[i];

    if (i + p[i] - 1 >= r) r = i + p[i] - 1, mid = i;

  }//Manacher

  for (reg int i = n; i; --i) {

    if (i + p[i] - 1 == n || (flag[i + p[i] - 1] && i - p[i] + 1 == 1)) flag[i] = 1;

  }//上面說的兩種情況

  for (reg int i = 1; i <= n; ++i)

    if (flag[i]) wt(i), putchar(' ');

  putchar('\n');

}