突然发现题刷累了写写题解还是满舒服的
题目大意：
给你一个只包含 \(R\) ， \(P\) ，长度为 \(n\) 的字符串（ \(3\le n\le 10^5\) ）。你可以选择一个跳跃距离 \(l\) （ \(1\le l\le n-1\) ），并对于每一种跳跃距离，你可以随意选择一个起点，进行若干次跳跃后回到起点（字符串首尾相接构成一个环），问有多少种距离是满足存在一种跳跃情况使得期间没有经过 \(P\) 。
题解：
经过若干次尝试，我们可以轻易的发现，任意一个跳跃距离 \(l\) ，他完全等价与跳跃距离为 \(gcd(l,n)\) 的情况，也就是说，我们如果可以判断出 \(n\) 的所有可能的 \(gcd\) ，再判断，同时计算出与 \(n\) 有着此 \(gcd\) 的数的个数，我们就可以计算答案了。
\(n\) 的所有可能的 \(gcd\) 就是 \(n\) 的因数，我们可以用线性筛筛素数，再分解质因数，最后得出所有的因数并判断，复杂度在 \(O(n\sqrt{n})\) 左右。
然后我们考虑如何得出对于每一种因数，有多少个数与 \(n\) 的 \(gcd\) 为它。我们设 \(gcd(l,n)=x\) ，易得 \(gcd(l/x,n/x)=1\) ，所以我们就相当于求在 \(1\sim n/x-1\) 中，有多少个数与 \(n/x\) 互质，这不就是 $\varphi $ 函数吗？处理 $\varphi $ 函数可以放在线性筛中，这里的复杂度为 \(O(n)\) 。
总复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\) 左右。
作者辛辛苦苦写完了题解，才发现可以直接 \(dp\) ，不需要这么麻烦，枯了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
char s[N];
int len;
int eul[N],pri[N],lpri=0;
int cnt[N];
bool vis[N];
int ans=0;
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
bool tag[N];
void dfs(int now,int sum)
{
if(now>lpri)
{
if(len%sum)
return ;
int cnt=sum;
memset(tag,0,sizeof(tag));
for(int i=1;i<=len;++i)
{
if(s[i]=='R')
continue;
if(!tag[i%sum])
{
tag[i%sum]=true;
--cnt;
}
}
if(cnt)
ans+=eul[len/sum];
return ;
}
int tmp=1;
for(int i=0;i<=cnt[now];++i)
{
dfs(now+1,sum*tmp);
tmp*=pri[now];
}
return ;
}
int main()
{
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);
for(int i=2;i<=len;++i)
{
if(!vis[i])
{
eul[i]=i-1;
pri[++lpri]=i;
}
for(int j=1;j<=lpri;++j)
{
if(i*pri[j]>len)
break;
vis[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j])
eul[i*pri[j]]=eul[i]*eul[pri[j]];
else
{
eul[i*pri[j]]=eul[i]*pri[j];
break;
}
}
}
int tmp=len;
for(int i=1;i<=lpri;++i)
{
while(tmp%pri[i]==0)
{
tmp/=pri[i];
++cnt[i];
}
}
dfs(1,1);
printf("%d\n",ans);
}