P4156 论战捆竹竿 题解

论战捆竹竿

题意：给定字符串 $s$，计数 "串 $t$ 的长度" 可能的种数有多少种，使得 $t$ 能被 $s$ 作为印章印出来，且 $|t|\le w$。$n=|s|\le 5\times {10}^5$，$n\le w\le {10}^{18}$。

第一步：
求出 $s$ 的周期 $\{a_1\sim a_m\}$，包含 $n$（$a_m=n$）。转化为求 $\sum a_i{b}_i\le w-n$ 的情况下，$\sum a_i{b}_i$ 的取值有多少种，要求 $b_i\ge 0$。记 $w_0=w-n$。

第二步：
$\sum a_i{b}_i$ 的形式，考虑同余最短路。（当题目中出现类似 "若干个数求和" 的形式，可以考虑同余最短路）
记 $A=min{a}_i$，令 $F_i$ 表示 $modA=i$ 的所有数中，能表示为 $\sum a_i{b}_i$ 的最小数是多少。
如果这里直接跑最短路，一共有 $A$ 个点，每个点通过 $a_1\sim a_m$ 都会连出 $m$ 条边，所以复杂度至少是 $O(A\cdot m)$ 的。同时可以构造出来 $s=aaa\dots abaa\dots aaa$，使得周期数量达到 $O(n)$ 个，同时周期的长度都是 $\ge n/2$ 的，肯定能被卡。

第三步：
我们需要改进这个方法。根据 border 理论，$\{a_1\sim a_m\}$ 可以被分成 $\log n$ 个等差数列。
把每个等差数列单独拎出来，依次考虑。

考虑第 $k$ 个等差数列 $\{x,x+d,x+2d,\cdots ,x+td\}$，构造 $x$ 个点编号 $0\sim x-1$。$F(i)$ 表示如果使用前 $k-1$ 个等差数列中的数，它们能组成的数中，$modx=i$ 的最小数是多少。
我们要用 $F(i)$ 推出 $F_{new}(i)$：使用前 $k$ 个等差数列中的数，它们能组成的数中，$modx=i$ 的最小数是多少。

首先把同余最短路的图建出来。观察发现，按照 $gcd(x,d)$ 分类，每一类之间没有边，内部有边。于是我们把 $modgcd(x,d)$ 相等的一起处理。
也就是说，比如 $gcd(x,d)=3$，先把 $F(0),F(3),F(6),\dots$ 转移到 $F_{new}(0),F_{new}(3),\dots$，然后再转移 $F(1),F(4),\dots$ 和 $F(2),F(5),\dots$，各自求解，然后拼出来 $F_{new}$。

如果还是把 $modgcd(x,d)$ 相等的点拿出来跑最短路，还是没有优化。这里有一个破环为链的 DP 想法。举个例子，比如当前等差数列是 $\{15,24,33\}$，$gcd(15,9)=3$，所以按 $3$ 的余数分类。比如现在正在处理 $F(1,4,7,10,13)$。它们之间的边连出来应该是这样：

不妨 $F(10)$ 是其中最小的点。我们以 $10$ 这个点破环为链：只保留从前往后的边（不越界）。我们会证明，在这个链图上如果跑最短路，答案和环图是一样的。

证明：考虑到点 $x$ 的最短路，假设破环为链的起点是 $st$。如果存在另一个点 $y$，走了一条不存在的边使得 $dist[x]$ 更短了。但是因为 $st$ 是 $F()$ 最小的，所以 $F(st)<F(y)$；同时因为 $y$ 走到 $x$ 是越界的，所以 $y$ 到 $x$ 一定比 $st$ 到 $x$ 更远，根据等差数列的性质，$st$ 一定存在一条比 $y\to x$ 的边更短的。因为 $F(st)<F(y)$，而且 $st$ 出发还有更小的边，所以一定不会存在这样的 $y$。

因此我们只需要保留这个链图跑最短路。但是真的需要跑最短路吗？是可以优化的。
记链上第 $i$ 个点的 $F_{new}$ 值为 $g_i$（从 $0$ 开始编号）。首先可以写出一个朴素的 DP 方程。

$g_i=min\{F(i),g[j]+x+(i-j)d|i-t\le j\le i-1,j\ge 0\}$。这里 $i-t$ 的 $t$ 是上面 $x+td$ 的 $t$。

这个式子很显然可以单调队列优化，于是复杂度从最短路和边数有关的复杂度，降低到 $O(\text{点数})$。

这一部分贡献的复杂度，对于每个等差数列会贡献 $O(\text{点数})$ 的复杂度，一共 $\log n$ 个等差数列，所以会贡献 $O(n\log n)$ 的复杂度。

第四步：
第三步解决了从 $F(i)\to F_{new}(i)$ 的问题，但是我们还需要让 $F_{new}(i)$ 的模数变成第 $k$ 个等差数列的 $x$，而不是第 $k-1$ 个等差数列的 $x$。例如当前模数（首项） $x=15$，下一个等差数列模数（首项） $x=12$。怎么把 $F(i)$ 的定义从 $mod15=i$ 的最小数，转化为 $mod12=i$ 的最小数，从而更方便用 $mod12$ 的 $F(i)$ 推出属于 $x=12$ 的 $F_{new}(i)$？

把 $mod15$ 的 $F$ 记作 $F(i)$，$mod12$ 的 $F$ 记作 $F^{\prime }(i)$。新的模数记作 $x^{\prime }$。

这里 $F^{\prime }(i)$ 的更新取值分两种。

借一个具体的例子，比如 $F(13)=28$。

第一种：因为 $28mod12=4$，所以我们知道 $F^{\prime }(4)$ 可以取到 $28$。也就是如果 $F(a)=b$，那 $F^{\prime }(b\mathrm{mod}{x}^{\prime })\leftarrow b$。

第二种：在 $F$ 里 因为 $F(13)=28$，所以 $28+15\omega (\omega \ge 0)$ 都可以取到。在 $F^{\prime }$ 里对应着我们会用 $F(13)+(15mod12)\omega$ 去更新 $F^{\prime }$。

考虑 $F^{\prime }$ 的更新建成同余最短路的图，实际上每个点只向后方第 $3$ 个点连边。

理解一下。这里 $F^{\prime }$ 的同余最短路的建图和第三步的建图是不同的——$F^{\prime }$ 只有一种边，就是向后走 $15mod12=3$ 步的边。而第三步的建图有 $\{x,x+d,\dots ,x+td\}$ 一共 $t+1$ 种向后走的边。所以 $F^{\prime }$ 的建图实际上就是一个环。

顺理成章地，沿用上面破环为链的想法。找到 $mod15$ 的所有 $F(i)$ 里最小的，记作 $F(mn)$。以 $mn$ 号点为起点破环为链，得到一条 $mn\to mn+15mod12\to mn+2\cdot (15mod12)\to \cdots$ 的链，然后在这条链上走一遍，也就是 $F^{\prime }(mn+\alpha (15mod12))\leftarrow F(mn)+15\alpha$。

切换一次模数的复杂度是 $O(\text{点数})$ 的。一共切换 $\log n$ 次，也是 $O(n\log n)$。

总共 $O(n\log n)$。