Border / 回文 Border 理论小记

普通 Border 理论#

• $\text{定理}(1)$（弱周期引理）：若 $p,q$ 是字符串 $S$ 的两个周期，且 $p+q\le |S|$，那么 $gcd(p,q)$ 也是 $S$ 的一个周期。

证明：不妨钦定 $p<q$，设 $d=q-p$

对于 $i\in [p+1,|S|]$，有 $S_i=S_{i-p}=S_{i-p+q}=S_{i+d}$。

对于 $i\in [1,|S|-q]$，有 $S_i=S_{i+q}=S_{i+q-p}=S_{i+d}$。

由 $p+q\le |S|$，推得 $p+1>n-q$，因此 $d=q-p$ 也是 $S$ 的一个周期。

使用更相减损术来归纳，即可得证。

当然有更厉害的强周期引理：若 $p,q$ 是周期，且 $p+q-gcd(p,q)\le |S|$，那么 $gcd(p,q)$ 也是周期。但是用的不多。

• $\text{定理}(2)$：对于两个字符串 $S,T$，若 $|S|\le T\le 2|S|$，那么 $S$ 在 $T$ 中的匹配位置是一个等差序列。

证明：我们只需考虑匹配次数 $\ge 3$ 的情况。

考虑第一、二次匹配距离为 $d_1$，第二、三次匹配距离为 $d_2$。因为 $2|S|\ge T$，三个匹配相邻两两相交，那么 $d_1,d_2$ 是 $S$ 的两个周期。

又根据 $2|S|\ge T$，第三次匹配的位置 $\le |T|-|S|+1\le 2|S|-|S|+1=|S|+1$。

而第一次匹配的位置 $\ge 1$，则 $d_1+d_2\le |S|$。又知他们都是 $S$ 的周期，根据弱周期引理，$r=gcd(d_1,d_2)$ 也是一个周期。

对于 $S_{1...d_1}$，因为 $r=gcd(d_1,d_2)|d_1$，即 $r$ 是 $S_{1...d_1}$ 的正周期，会发现 $r,2r,3r,...,d_1-r,d_1$ 都是匹配位置。

进一步可得这些匹配的位置是以 $r$ 为公差的等差序列。

• $\text{定理}(3)$：对于一个字符串 $S$，$S$ 的所有长度 $\ge {\displaystyle \frac{|S|}{2}}$ 的 Border 的长度是一个等差序列。

证明：

考虑其中的两个长度 $\ge {\displaystyle \frac{|S|}{2}}$ 的 Border，长度为 $d_1,d_2$，不妨设 $d_1$ 为最大的 Border。

那么对应的，有周期 $n-d_1,n-d_2$。而 $n-d_1+n-d_2\le n$，根据弱周期引理有 $r=gcd(n-d_1,n-d_2)$ 也是周期。

因为 $d_1$ 是最大的 Border，则有 $r=n-d_1$。

由于 $r$ 是周期，则存在周期 $r,2r,3r,...$，以及存在对应的长度为 $n-r,n-2r,n-3r,...$ 的 Border。

因此这些 Border 组成了公差为 $r$ 的等差序列，证毕。

• $\text{定理}(4)$：一个字符串 $S$ 的 Border 组成了 $O(\log n)$ 个等差序列。

证明不会，直接拿结论用好了，这个用的比较广泛。

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回文 Border 理论#

• $\text{定理}(1)$：回文串的回文（前）后缀集合与其 Border 集合相同。

证明：

一个回文串 $S$，对于一个回文后缀 $u$，由于 $S$ 的回文的，则 $S$ 存在一个回文前缀 $u$。由于 $u$ 是回文的，$u=u_R$，则 $u$ 是 $S$ 的前缀，进一步可知就是 Border。

对于一个 Border $u$，由 $S$ 回文可知 $u=u_R$，即 $u$ 是回文串。

证毕。

• $\text{定理}(2)$：对于字符串 $S$ 的最长严格回文后缀 $u$，若 $2|u|\ge |S|$，那么 $u$ 至多在 $S$ 中出现两次：分别为前缀和后缀。

证明：考虑反证。

如果多出现了一次，起始位置为 $p$，那么有 $1<p\le |u|$。

那么 $u_{p...|u|}$ 是 $u$ 的一个 Border。根据 $\text{定理}(1)$，可知 $u_{p...|u|}$ 是 $u$ 的一个回文后缀，他是回文的。

而 $u$ 也是回文的，因此 $(u_{1...p-1}{)}_R=u_{|u|-p+1...|u|}$，进而可知 $u_{1...|u|+p-1}$ 也是回文的。而他又是 $S$ 的一个前缀，且长度 $>|u|$，则他才是 $S$ 的最长回文后缀，与 $u$ 是最长回文后缀矛盾。

证毕。

结合普通 Border 论中的 $\text{定理}(4)$ 和回文 Border 论中的 $\text{定理}(2)$，可以得到：一个回文串可以划分为若干个等差序列，并且每个序列内部满足相邻长度倍数 $\le 2$，显然个数为 $O(\log n)$。

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回文划分 dp#

考虑一个问题：一个由小写字母构成的字符串 $S$，求将 $S$ 划分为若干个回文串的方案数。$|S|\le {10}^6$

设 $f[i]$ 表示以 $i$ 结尾的方案数，转移：

$$f[i]=\sum _{j=1}^i[S_{j...i}\text{is a Palindrome}]f[j]$$

我们把转移放到 PAM 上，可以枚举一条链上的点。

但还是 $O(n^2)$，我们考虑回文 Border 理论：字符串 $S_{1...i}$ 的所有回文后缀可以划分成 $O(\log n)$ 个等差序列。并且每个等差序列内部，前一个串在后一个串中作为前缀和后缀恰好出现两次。

设 $g[x]$ 表示 PAM 上点 $x$ 向上延伸的等差链对应的 dp 值的和。

现在考虑一个等差序列，公差为 $d$，长这样：

我们根据理论，很容易推出这些后缀上一次出现位置（除了最下面那个后缀）：

我们会发现除了最上面那个后缀，其他部分的贡献之前都在 $f[i-d]$ 时算过。

每次取出链底 $x$，我们直接拿 $g[fail(x)]$ 加上最上面那个后缀的贡献即可。

现在考虑正确性，我们可以证明上面的后缀上一次一定是对应的最长回文后缀：

反证，如果上面的后缀上一次出现时不是对应的最长后缀，因为他的长度的 $2$ 倍 $\ge$ 当前最长回文后缀的长度，所以往前接过去，当前回文后缀也会再次出现。而根据位置可知，当前回文后缀两次出现重叠，会出现一个更大的回文后缀，矛盾。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll maxn=1e6+10, mod=1e9+7;
struct node{
	ll fail,len,ch[26],slk;
}a[maxn];
ll n,f[maxn],tot,las,dif[maxn],g[maxn];
char s[maxn];
ll ad(const ll &x,const ll &y) {return x+y>=mod? x+y-mod:x+y;}
void ins(ll i,ll c){
	ll p=las;
	while(s[i-a[p].len-1]-'a'!=c) p=a[p].fail;
	if(!a[p].ch[c]){
		ll np=las=++tot, q=a[p].fail;
		while(s[i-a[q].len-1]-'a'!=c) q=a[q].fail;
		if(!a[q].ch[c]) a[np].fail=2;
		else a[np].fail=a[q].ch[c];
		a[p].ch[c]=np, a[np].len=a[p].len+2;
		dif[np]=a[np].len-a[a[np].fail].len;
		a[np].slk=(dif[np]!=dif[a[np].fail]? a[np].fail:a[a[np].fail].slk);
	} else las=a[p].ch[c];
}
int main()
{
	scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
	tot=2, las=1;
	a[1].fail=a[2].fail=1, a[1].len=-1;
	f[0]=1;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		ins(i,s[i]-'a');
		for(ll x=las;x>2;x=a[x].slk){
			g[x]=f[i-a[a[x].slk].len-dif[x]];
			if(a[x].slk!=a[x].fail) g[x]=ad(g[x],g[a[x].fail]);
			f[i]=ad(f[i],g[x]);
		}
	}
	printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}

例题#

• CF932G Palindrome Partition

考虑把字符串改成 $s_1{s}_n{s}_2{s}_{n-1}...$，这样转为求划分为若干个偶回文串的方案数。

我们只在偶数的 $i$ 处统计 $f[i]$ 即可。记录

• loj#6070「2017 山东一轮集训 Day4」基因

考虑可以离线怎么做。

$r$ 从小到大扫描线，每个位置对应 PAM 上的一条链。

枚举链上的所有点，给 $i-|u|+1$ 加上 $1$，每次查询就是求 $[l,n]$ 的总和。

考虑等差链划分，我们可以发现一条等差链很多贡献都会抵消，只需要求最上面长度和最下面的后缀上一次出现位置。

前者容易，后者考虑树上操作。每个 $i$ 都对应一个点，然后链上所有点的出现时刻被刷新。考虑 dfn+线段树，单点修改，维护子树 max。

用主席树即可转为在线查询。记录