双哈希

和自然溢出法不同的是,这种方法需要取模,并且是两套base mod。每次做哈希操作时,需要两套哈希值都一致,这就大大降低了冲突概率。但是据说常数比较大,并且写起来麻烦一些。

CF1320D

对于一个01串(2e5),给出两种操作:110<->011,可以执行任意多次,q(2e5)个提问,问这个串中某两个子串能否通过这两种操作互相转化。

分析可知,这种操作实际上就是把0左移或右移2位,也就是偶数次,那么如果这两个串中0出现的奇偶序列相同(比如第一个0都是奇数位上,第二个0都是偶数位上)那么就一定能互相转化成功,如果奇偶不同例如某两个0相邻,那是无法彼此转化的。所以问题就变成了,这两个子串中0出现的奇偶序列是否相同,这里是按照奇偶位置分别取1或2,不明白为啥0或1就会wa,,关于hash还有好多不懂的地方。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int base1=131;
const int base2=13331;
const int mod1=998244353;
const int mod2=1e9+7;
const int maxn=2e5+2;
int pos[maxn],p;
int hsh1[maxn][2],hsh2[maxn][2];
int pow1[maxn],pow2[maxn];
void init_hsh(){
    pow1[0]=pow2[0]=1;
    for(int i=1;i<=p;i++){
        hsh1[i][0]=(1ll*hsh1[i-1][0]*base1+pos[i]%2+1)%mod1;
        hsh1[i][1]=(1ll*hsh1[i-1][1]*base1+!(pos[i]%2)+1)%mod1;
        pow1[i]=1ll*base1*pow1[i-1]%mod1;
        hsh2[i][0]=(1ll*hsh2[i-1][0]*base2+pos[i]%2+1)%mod2;
        hsh2[i][1]=(1ll*hsh2[i-1][1]*base2+!(pos[i]%2)+1)%mod2;
        pow2[i]=1ll*base2*pow2[i-1]%mod2;
    }
}

typedef pair<int,int> pr;
pr gethsh(int l,int r,int st){
    if(st%2){
        return pr((hsh1[r][0]-1ll*pow1[r-l+1]*hsh1[l-1][0]%mod1+mod1)%mod1,(hsh2[r][0]-1ll*hsh2[l-1][0]*pow2[r-l+1]%mod2+mod2)%mod2);
    }else{
        return pr((hsh1[r][1]-1ll*pow1[r-l+1]*hsh1[l-1][1]%mod1+mod1)%mod1,(hsh2[r][1]-1ll*hsh2[l-1][1]*pow2[r-l+1]%mod2+mod2)%mod2);
    }
}
int n;
char s[maxn];
int main(){
    cin>>n;
    cin>>(s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(s[i]=='0')
            pos[++p]=i;
    init_hsh();
    int q;
    cin>>q;
    int x,y,l;
    while(q--){
        cin>>x>>y>>l;
        int xl=lower_bound(pos,pos+p+1,x)-pos;
        int xr=upper_bound(pos,pos+p+1,x+l-1)-pos-1;
        int yl=lower_bound(pos,pos+p+1,y)-pos;
        int yr=upper_bound(pos,pos+p+1,y+l-1)-pos-1;
        pr px=gethsh(xl,xr,x);
        pr py=gethsh(yl,yr,y);
        cout<<(px==py?"Yes":"No")<<endl;
    }
    return 0;
}
/*
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0100001001
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2 9 2
*/
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