BZOJ3097Hash Killer I

3097: Hash Killer I
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 128 MBSec Special Judge
Submit: 605 Solved: 228
Description
这天天气不错，hzhwcmhf神犇给VFleaKing出了一道题：
给你一个长度为N的字符串S，求有多少个不同的长度为L的子串。
子串的定义是S[l]、S[l + 1]、… S[r]这样连续的一段。
两个字符串被认为是不同的当且仅当某个位置上的字符不同。
VFleaKing一看觉得这不是Hash的裸题么！于是果断写了哈希 + 排序。
而hzhwcmhf神犇心里自然知道，这题就是后缀数组的height中 < L的个数 + 1，就是后缀自动机上代表的长度区间包含L的结点个数，就是后缀树深度为L的结点的数量。
但是hzhwcmhf神犇看了看VFleaKing的做法表示非常汗。于是想卡掉他。
VFleaKing使用的是字典序哈希，其代码大致如下：
u64 val = 0;
for (int i = 0; i < l; i++)
val = val * base + s[i] - ‘a’;
u64是无符号int64，范围是[0, 2^64)。VFleaKing让val自然溢出。
base是一个常量，VFleaKing会根据心情决定其值。
VFleaKing还求出来了base ^ l，即base的l次方，这样就能方便地求出所有长度为L的子串的哈希值。
然后VFleaKing给哈希值排序，去重，求出有多少个不同的哈希值，把这个数作为结果。
其算法的C++代码如下：
typedef unsigned long long u64;
const int MaxN = 100000;
inline int hash_handle(const char *s, const int &n, const int &l, const int &base)
{
u64 hash_pow_l = 1;
for (int i = 1; i <= l; i++)
hash_pow_l *= base;
int li_n = 0;
static u64 li[MaxN];
u64 val = 0;
for (int i = 0; i < l; i++)
val = val * base + s[i] - ‘a’;
li[li_n++] = val;
for (int i = l; i < n; i++)
{
val = val * base + s[i] - ‘a’;
val -= (s[i - l] - ‘a’) * hash_pow_l;
li[li_n++] = val;
}
sort(li, li + li_n);
li_n = unique(li, li + li_n) - li;
return li_n;
}
hzhwcmhf当然知道怎么卡啦！但是他想考考你。
Input
没有输入。
Output
你需要输出一组数据使得VFleaKing的代码WA掉。我们会使用Special Judge检查你的结果的正确性。
输出文件共两行。
第一行两个用空格隔开的数n、l。
第二行是一个长度为n的字符串。只能包含’a’~’z’。
需要保证1 <= n <= 10^5, 1 <= l <= n，
不符合以上格式会WA。
不要有多余字符，很可能导致你WA。
Sample Input
没有
Sample Output
8 4
buaabuaa
（当然这个输出是会WA的）
HINT
orz 波兰人 & fotile96 & sillycross
Source
VFleaKing & hzhwcmhf
由于此题并不是取模，而是让unsigned long long自然溢出。。
所以卡的方法非常神。。
出题人的题解：
爆u64相当于对2^64取模。
如果base是偶数的话就很好卡了，aaa……a，baaa……a，a有好多好多个，这两个字符串的hash值是相同的。

如果base是奇数的话，现在只考虑a、b两个字母。
a \ b表示a能整除b。（orz 具体数学）
设数学上的函数not(S)表示把字符串S中每个位置的’a’变成’b’，把’b’变成’a’后形成的字符串。比如not(“ababaa”) = “bababb”
strA . strB代表字符串串联。如”娃” . “哈哈” = “娃哈哈”
|str|表示字符串str的长度。
设字符串序列{orzstr[i]}，orzstr[1] = “a”, orzstr[i] = orzstr[i - 1] . not(orzstr[i - 1])
那么|orzstr[i]| = |orzstr[i - 1]| * 2。显然这是等比数列，得到：|orzstr[i]| = |orzstr[1]| . 2 ^ (i - 1) = 2 ^ (i - 1)
设hash(str)为str的哈希值。
则：
hash(orzstr[i]) = hash(orzstr[i - 1]) * base ^ |not(orzstr[i - 1])| + hash(not(orzstr[i - 1]))
= hash(orzstr[i - 1]) * base ^ (2 ^ (i - 2)) + hash(not(orzstr[i - 1]))
hash(not(orzstr[i])) = hash(not(orzstr[i - 1])) * base ^ (2 ^ (i - 2)) + hash(orzstr[i - 1])
两式相减：
hash(orzstr[i]) - hash(not(orzstr[i]))
= (hash(orzstr[i - 1]) * base ^ (2 ^ (i - 2)) + hash(not(orzstr[i - 1]))) - (hash(not(orzstr[i - 1])) * base ^ (2 ^ (i - 2)) + hash(orzstr[i - 1]))
= (hash(orzstr[i - 1]) - hash(not(orzstr[i - 1]))) * (base ^ (2 ^ (i - 2)) - 1)
这让我们发现，hash(orzstr[i]) - hash(not(orzstr[i]))似乎是个神奇的东西。而我们的目的实际上是要找两个字符串strA, strB使得
hash(strA) % 2^64 = hash(strB) % 2^64
相当与
2^64 \ hash(strA) - hash(strB)
设数列{f[i]}，f[i] = hash(orzstr[i]) - hash(not(orzstr[i]))
这样就有：
f[i] = f[i - 1] * (base ^ (2 ^ (i - 2)) - 1)
还是有点不爽啊……我们再设数列{g[i]}，g[i] = base ^ (2 ^ (i - 1)) - 1
于是能写成：
f[i] = f[i - 1] * g[i - 1]
则f[i] = f[1] * g[1] * g[2] * … * g[i - 1]
然后发现一个神奇的事情？
base是奇数，则base的任意正整数次方也一定是奇数。所以对于任意的i必有g[i]为偶数，所以2 ^ (i - 1) \ f[i]
问题是不是结束了呢……发现没有……这样的话我们要使2 ^ 64 \ f[i]，至少得让i = 65……然后发现|orzstr[65]|是个天文数字。
发现我们刚才那样分析太坑爹了……
i > 1时有：
g[i] = base ^ (2 ^ (i - 1)) - 1 = (base ^ (2 ^ (i - 2)) - 1) * (base ^ (2 ^ (i - 2)) + 1) = g[i - 1] * 一个偶数
而g[1]显然是偶数吧……
那么4 \ g[2]，8 \ g[3]…
也就是说2 ^ i \ g[i]
所以f[i] 实际上有：
(2 ^ 1) * (2 ^ 2) * (2 ^ 3) * … * (2 ^ (i - 1)) \ f[i]
2 ^ (i * (i - 1) / 2) \ f[i]
当i取12时，就有66个2了哟！
这就是卡base为奇数时的方法。orzstr[12]和not(orzstr[12])即为所求。
附上本蒟蒻的代码：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
char s[10000];
int main()
{printf("%d %d\n",(1<<11)+65,(1<<10));int now=1;s[1]='a';for (int i=1;i<=11;i++){for (int j=1;j<=now;j++) s[now+j]=s[j]=='a'?'b':'a';now<<=1;}for (int i=1;i<=now;i++) printf("%c",s[i]);for (int i=1;i<=65;i++) printf("%c",'a');printf("\n");return 0;
}

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