Border & 最小后缀

Border & 最小后缀

https://www.luogu.com.cn/blog/command-block/border-li-lun-xiao-ji

Border

1. S[1,p] 是 border <=> S 有周期 len-p。
2. S 的长度大于等于 n/2 的 border 长度构成一个等差数列。
3. S 的所有 border 排序后组成的数组，可以划分成 $O(\log{len})$ 个等差数列。
4. S 公差大于等于 d 的 border 等差数列的总长度是 $O(\frac{n}d)$ 的。
5. 回文 border 理论：S 的回文后缀长度集合，可以划分成 $O(\log len)$ 个等差数列。

最小后缀

设 $ssuf(S)$ 为【存在一种 在 S 后面加一个串 的方案，使得此后缀为最小后缀】的后缀集合。

则 $|ssuf(S)|\le O(\log len)$

例题： ZJOI2017 字符串；节日庆典。

CF917E - Upside Down

https://www.luogu.com.cn/problem/CF917E

这道题不评 3500？？？还是我目光短浅了！！！

三种情况，一种是 $u$ 是 $v$ 的祖先，一种是 $v$ 是 $u$ 的祖先，还有以上都不是。（upd：其实不是这样的，是对于一个询问，拆成上面三种情况之和）

对于前面两种：

硬点 $u$ 是 $v$ 的祖先，如果不是就把 $s_k$ 反过来。那么答案就是 $ans(1,v)-ans(1,u+|s_k|-2)$，后面那个指的是 $u-v$ 的路径上，$u$ 的第 $u+|s_k|-2$ 个儿子，也就是 $v$ 的第 $dep_v-dep_u-|s_k|+1$ 个祖先。

于是我们要处理根到 $x$ 的答案，那么我们 dfs 向前走，对应在 AC 自动机上向前走（回溯的时候就是返回），并给走过的点加权。并把树上的点的询问处理一下。

具体：走的时候给点加一，询问的时候查询对应点的 $fail$ 树和，用树状数组即可维护。

对于后面一种：

对于一组询问 $(u,v,lca,s)$。我们预处理出 $u \to lca$ 的后缀 与 s 的前缀 的 极长匹配串 $A$；预处理出 $lca\to v$ 的前缀 与 s 的后缀 的 极长匹配串 $B$。（预处理方法见后文）

我们知道将串 T 的长度为 x 的前缀和长度为 y 的后缀拼起来，如果 $x+y=|T|$，那么拼起来的串就等于 T。

所以我们求出 A 的 border：$A'$，以及 B 的 border：$B'$，那么 $A',B'$ 肯定是 s 的前缀和后缀，而且他们可以通过 lca 处拼接起来。所以我们找到所有的 $|A'|+|B'|=|s|$ 的 border 就可以了。

由于 border 可以变成 log 段等差数列，那么我们暴力地枚举 A 和 B 的每一段等差数列，那么就相当于求 $x_1+y_1p+x_2+y_2q=|s|$ 的解（upd：$p,q$ 是变量），用 exgcd 求出一组解然后算出方案数即可。$O(\log^2)$

至于 $p,q$ 怎么求？相当于是，我要求某个串的前缀的所有 border（后缀就是反串的前缀），那我直接暴力地搞就好了。我的 border 集合就是我的最长 border 并上我的最长 border 的最长 border 集合。然后暴力继承状态就好了，因为是 $O(\log)$ 的所以可以（吧？）。

怎么预处理出 A，B？（下文说 B，A 可以举一反三）

我们建出 $s$ 的后缀数组，然后就可以二分出 B 可以匹配到 $s$ 的哪个位置。check 的方式就是找到 【当前二分到的后缀 $B'$】与 $lca\to v$ 的大小关系，也就是比对 lcp 的下一位。用 hash + 二分即可。$O(\log^2)$ 。

但是找到匹配的位置后，可能 $B'$ 的长度大于 $lca\to v$，于是就跳到 $B'$ 的最大 border。如果还是大于，那就再跳到最大 border...一直跳到 $B'$ 的长度小于等于 $lca\to v$ 为止。因为求 border 可以用 KmP 实现，所以倍增 KmP 即可。倍增 KmP 就相当于连边 $i\to kmp_i$ 后 $i$ 的 $2^j father$。

代码：http://www.gdfzoj.com/submission/131585 当然是没有调试的，因为实在是太 NT 了!

loj6681 - yyw 与回文串

https://loj.ac/p/6681

考虑点分治，跨过分治中心的点 $c$ 的回文串有多少。

那么回文串肯定是这样的：比如某个子树的 $u$ 到另一个子树的 $v$ 是回文串，且 $|s[u\to c]|>|s[c\to v]|$ 那么 $s[u\to c]=T+S,s[c\to v]=S$ 其中 $T$ 是一个回文串。

我们把前面的子树都塞进 ACAM 中（对应的结束节点权值加一），于是考虑当前 dfs 的子树的贡献。

边走边在 ACAM 上对应地走。

如何判断现在的串是不是一个回文串？用哈希判断正串与反串是否全等即可！

我们维护现在所有的回文后缀，那么如果我现在 dfs 到的字符串长度为 $l$，而某一个回文后缀长度为 $x$，那么贡献就是 ACAM 点的 $l-x$ 辈祖先的权值。

但是可能有千军万马的回文后缀。不过，根据 Border 定理 5，可以变成 Log 个等差数列。

于是我们记录所有等差数列的 首项 $a_0$，公差 $d$，末项 $a_a$，然后我就看 ACAM 点的 $l-a_0,l-a_0-d,l-a_0-d-d...$ 辈祖先即可。也就是 $x$ 辈祖先，$x\bmod d=a_0\bmod d,x\in [l-a_0,l-a_a]$。

对于 $d\le sqrt(n)$ （实测 $d\le 4$ 更快）的，我们开一个桶，就是 $box[i][j]$ 就是 $\% i=j$ 的祖先的权值和。

对于 $d\le sqrt(n)$ 的暴力即可。

CF1286E - Fedya the Potter Strikes Back

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1286E

对于第 $n$ 次操作，答案就是 $n-1$ 的答案加上 $s[1,n]$ 的 border。

定义一个 border 的颜色，就是其下一个字符是什么。

于是每次都将 $n$ 插入 KmP 自动机，找到所在点 到根 的所有颜色不等于 $s[n]$ 的点，将其对应的 border 删除（不是在自动机上删除）。

现在有两个问题：

1. KMP 树上的节点为什么不需要删除？
2. 删除后，剩下 border 集合，是否需要全部 +1？
3. 代码中为什么写 del(i-u)？

答案：

1. 如果一个 border 被删除了，他可能之后又会被加上来，所以不用删除。但是如何证明其正确性？显然我每一次都会把 $i$ 号节点接在他的 border 上面，所以是正确的（原来这么简单，亏我想了好久）。
2. 不需要，我们每一次会把 $i$ 号节点接在他的 border 上面，所以对应的 border 集合，其实就是他的祖先们。
3. 因为 border 的长度是 i-u。

CF1043G - Speckled Band

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1043G

如果 $[l,r]$ 中没有相同的字母，那么就无解，显然。下面讨论有解情况！

答案肯定不超过四，因为我可以找到任意两个相同的字母的位置 $x,y$，最劣答案就是 $[l,x-1],[x,x],[x+1,y-1],[y,y],[y+1,r]$，其中 $[x,x],[y,y]$ 是本质相同的，所以答案是 4.

然后我们依次 check 能不能有更优解：

1. ans=1 即 AAAA，枚举 len 的所有质因子，看是否有这个周期。这是 $O(\sqrt n)$。

2. ans=2 即 AAB，BAA，ABA。

   对于前两者：预处理出 $L_i,R_i$ 代表从 $i$ 开始 向左/向右 最短的 AA 串长度。

   对于后者：要求出最 $[l,r]$ 的 border。

3. ans=3 即 ABAC，BACA，BAAC。

   对于前两者：A肯定是单个字母。于是判断是否有一个和开头相同的字母；是否有一个和末尾相同的字母即可！

   对于后者：找到中间一个位置 $i$ 使得 $R_i\le r$，ST 表即可。

4. ans=4 如果上面的所有的一切的最终的全部的情况全部判定失败那么就是 4。

于是我们发现最难处理的就是 ans=2 的情况。会了 ans=2 其它都迎刃而解，大闹天宫！

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求 $L_i,R_i$：

我们枚举 A 的长度为 len，然后每隔 len 就设立一个关键点：

-----O-----O-----O----...

如果一个串包含两个关键点，那么他就有可能是一个 AA 串。

对于两个关键点间组成的串，我们算出他的 LcS 和 LcP：二分+Hash。据说可以用 Height 数组 ST 地 $O(1)$ 处理，但是因为我连 Height 都不知道是什么，只好遗憾地向世界谢幕。

如果 LcS+LcP $\ge$ len 那么就是一个可行的方案。具体看https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P1117。

出现的区间是：从 lcs 开始 +2Xlen，直到现在位置 +2Xlen 大于 lcp 为止。

也就是：$i-lcs\sim i+lcp-len+1$ 。

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注：这里我还是没理解……

求 $[l,r]$ 的最短 Border：

有一个奇怪的做法：先判断有没有 $1\sim sqrt(len)$ 的 border，如果没有，那么最短 border 与原串的后缀排名小于 $sqrt(len)$。

问题：这里的后缀排名是 $s[l,r]$ 的后缀排名，还是 $s[1,n]$ 的后缀排名？

经过瞪眼代码，是 $s[1,n]$ 的。

比如 abbabbabbabb，然后 $sqrt(len)=2$（就先这样假设着），那么最短 border 是 abb，其它 border 还有 abbabb，abbabbabb 等等……

待填。。。

P4156 - 论战捆竹竿

https://www.luogu.com.cn/problem/P4156

显然我们求出所有的周期（即 n-|border|），然后就变成了同余最短路。

设周期集合为 $a_i$，我们即求 $\sum a_ix_i\le w$ 的方案数（其中 $w:=w-n$）。

暴力去连边可以得到 30分的好成绩。

因为这样是 $O(n^2)$ 的。

但是由于周期可以变成 $O(\log )$ 个等差数列。我们对于每一个等差数列分别考虑！

假设现在有一个等差数列 $a_0,a_0+d,a_0+2d,a_0+3d...a_0+kd$，那么在 $\bmod a_0$ 的剩余系下，我们可以得到 $\gcd(d,w)$ 个环。对于每个环我们用 $O(环长)$ 的时间复杂度去考虑，那么总共就是 $O(n\log n)$ 的！

那么怎么样考虑呢？我们相当于用 $dis_i$ 去更新 $dis_{i+x}$ 什么的，显然 $dis$ 最小的点是不会被更新的。

而且，在一个环中，相当于我们每次可以走 $d,2d,3d...kd$ 步。那么用一个单调队列维护即可。

那么怎么从一个 $a$ 剩余系转移到 $b$ 剩余系？

考虑 $dis_i$ 的意义，就是达到 $\pmod a$ 的意义下，余 $i$ 的最小数字是什么。那么 $dis_x\to dis_{dis_x\bmod b}$ 即可。

PS：这道题好像只是用字符串做表象，掩盖其是毒瘤图论题的真相 23333