[正睿集训2021] 字符串
[JSOI2019] 节日庆典
题目描述
解法
考虑维护一个备选答案集合 \(p\)，然后我们挨个处理前缀，假设现在处理到了前缀 \(k\)，那么任意两个 \(p\) 中的元素 \(i<j\)，满足 \(lcp(s[i:],s[j:])>j-k\)，如果 \(k\) 向右移了一格，那么 \(p\) 里面会增加元素 \(k\)
考虑现在有哪些元素会被清除出 \(p\)，暴力枚举每对 \((i,j)\) 复杂度太高，我们把所有串按长度排序，那么对于串 \(i\) 首先考虑他能不能弹出最长的串，如果不能弹出那么他也不能弹出更短的串，所以只要枚举 \(i\) 就行了，时间复杂度 \(O(\sum|P|)\)
现在考虑怎么算答案，我们从备选答案集合里选一个最好的就行了，问题变成了比较两个元素谁更好，请看下图：
绿色的段已经不用比了，然后考虑比蓝色段的字典序大小。比字典序大小通常先找 \(\tt lcp\)，发现可以使用 \(\tt exkmp\)，求原串的某个后缀和原串的最长公共前缀其实就是 \(Z\) 函数，那么比较就可以做到 \(O(1)\)，这部分时间复杂度 \(O(\sum |P|)\)
但是如果 \(P\) 中元素很多复杂度直接上天，现在我们要证明 \(P\) 中的元素不会很多，引用巨佬的证明：
设两个元素 \(i,j\) 满足 \(2|j|>|i|>|j|\)，那么一定有形如 \(AAB,AB,B\) 这样三个串，如果 \(B<A\) 那么 \(B\) 是最优解，如果 \(A<B\) 并且比完了（比如
bb和bba）那么 \(B\) 是最优解，如果没有比完那么 \(AAB\) 是最优解。所以每次串长都会扩大 \(2\) 倍，\(p\) 中的元素个数只有 \(O(\log)\) 个，总时间复杂度 \(O(n\log n)\)
热身题
题目描述
对于长度 \(n\) 的字符串 \(S\)，定义：
对于 \(0/1\) 字符串 \(S\)，求 \(\sum_{1<i<j\leq n}f(i,j)\)
\(n\leq 1e6\)，保证 \(S\) 使用线性同余随机生成。
解法
观察 \(k\) 可能产生贡献的条件，其实就是子串的一个 \(\tt border\)，但是一个子串的 \(\tt border\) 有很多，只有最大的一个 \(\tt border\) 才会真正算进答案。
这种类型的问题我们通常采取 算贡献 的方法解决，但是我们怎么知道哪个是最大的 \(\tt border\)？是的，我们不能知道，但是我们只要 改变贡献的权值 ，这样让全部加起来即便不需要知道也能算对。
相信你还是有点云里雾里，由于一个串的次大 \(\tt border\) 等于它 \(\tt border\) 的 \(\tt border\)，那么我们令 \(w(T)=|T|-|border_T|\)，把子串的所有 \(\tt border\) 权值加起来就可以得到正确答案。
还有一点，因为 保证S使用线性同余随机生成，所以长度为 \(L\) 的 \(\tt border\) 出现概率是 \(\frac{n^2}{2^L}\)，那么我们就可以不考虑 \(L>5\log n\) 的 \(\tt border\)，这样先枚举一个位置 \(i\)，枚举它的长度，用后缀自动机找到他的所有出现位置，\(\tt border\) 就用 \(\tt kmp\) 暴力跑，然后从这些出现位置中选两个就可以产生贡献，乘上组合数 \({cnt\choose 2}\) 即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)
[HDU 6405] Make ZYB Happy
题目描述
给出 \(n\) 个字符串 \(S_1-S_n\)，每个字符串有收益 \(w_i\)，对于一个字符串 \(T\)，定义其价值为 \(\prod_{T\in S_i}w_i\)，就表示如果 \(T\) 是 \(S_i\) 的子串才能有贡献。
多次询问，每次给出一个 \(m\)，求出所有长度不超过 \(m\) 的小写字符串价值的期望。
\(n\leq 10000,\sum|S_i|\leq 3e5,q\le3e5,m\leq 1e6\)
解法
第一，这道题并不是毒瘤题。第二，我是傻逼。
不会真的有人去枚举所有不超过 \(T\) 的小写字符串吧？其实枚举每一个 \(S\) 的子串就行了。
既然是枚举子串可以考虑用后缀自动机优化，直接建出这 \(n\) 个串的广义后缀自动机，在构建广义 \(Sam\) 的时候打一下差分标记，然后 \(\tt dfs\) 一遍就可以统计出每个节点的贡献。每个节点的长度又是连续的，所以直接线段树就行了。
例1
题目描述
有两个字符串 \(S,T\) 均只由 \(R,B\) 两种字符组成。有两个非空字符串 \(P,Q\) 均由 \(0,1\) 组成，并将 \(S,T\) 中的 \(R,B\) 分别替换为 \(P,Q\)，如果两者替换后的结果相同则称为是合法的。
将不同的 \(P,Q\)（长度\(\leq n\)）并且能够使 \(S,T\) 合法的数量记为 \(f(S,T)\)，现在给出由 \(R,B,?\) 三种字符构成的 \(S',T'\)，如果将问号随机替换成 \(R/B\)，得到 \(f(S,T)\) 的期望。
\(n,|S|,|T|\leq 300000\)
解法
首先考虑如果没有问号应该怎么做？
如果 \(S,T\) 最前面都是 \(R\) 或者都是 \(B\) 那么可以直接删掉，那么现在的第一个位置一定有一个是 \(R\) 一个是 \(B\)，画图永远是字符串题的第一生产力，设 \(R\) 对应的长度要小一些：
那么无论第一个串后面接的 \(R/B\)，红色部分总是会循环出现的（因为已经有第一个 \(R\) 给它打基础了），所以得到一个重要的结论：P是Q的一个周期 ；还因为结尾也一定是一个 \(R\) 一个 \(B\) 的，所以 \(P\) 既在 \(Q\) 的前面又在 \(Q\) 的后面，所以有了另一个重要的结论：P是Q的border
综合上面两个结论，我们想推出来一些更有趣的东西。我们可以知道 \(|Q|-|P|\) 是 \(Q\) 的一个 \(\tt border\)，那么根据弱周期引理，\(\gcd(|P|,|Q|-|P|)=\gcd(|P|,|Q|)\) 也是 \(Q\) 的一个周期，那么对于一个串 \(L\)，\(P=L^p,Q=L^q\)（也就是 \(L\) 重复若干次），并且 \(p,q\) 互质。
那么两个串相不相同就和是什么没有关系了，而只和循环节的个数有关，不妨设 \(S_R\) 为 \(S\) 中 \(R\) 的数量，\(S_B,T_R,T_B\) 同理，则：
里面的那个判断柿可以化简一下，设 \(\Delta R=S_R-T_R,\Delta B=T_B-S_B\)，那么可以写成这样：
第一种情况是 \(\Delta R=\Delta B=0\)，此种情况下只需要满足 \(p,q\) 互质：
上面的直接 \(O(\sqrt n)\) 整除分块做了。
否则因为 \(p,q\) 互质，不难推出 \(\Delta R\) 是 \(q\) 的倍数，\(\Delta B\) 是 \(p\) 的倍数，设 \(k=\frac{\Delta B}{p}=\frac{\Delta R}{q}\)，那么 \(\Delta B=kp,\Delta R=kq\)，所以 \(\gcd(\Delta B,\Delta R)=k\)，把介个东西代换回去：\(p=\frac{\Delta B}{\gcd(\Delta B,\Delta R)},q=\frac{\Delta R}{\gcd(\Delta B,\Delta R)}\)，所以 p,q是唯一确定的
那么只需要 \(L\) 能够使这样的 \(p,q\) 被枚举到就可以用贡献，那么答案是这样的：
然后答案可以 \(O(1)\) 算啦！
回到真正的本题，因为有问号的存在，所以我们枚举 \(?\) 的取值对 \(\Delta B\) 和 \(\Delta R\) 的影响就行了，枚举 \(\Delta R\) 的增量为 \(d\)：
后面那个东西是一个组合恒等式，可以用组合意义来说明：
由于第一种情况最多出现一次，那么总复杂度 \(O(n)\)
