【题解】PERIOD - Period [POJ1961] [SP263]
【题解】PERIOD - Period [POJ1961] [SP263]
在进入这道题之前，我们需要了解 kmp 算法
不知道的童鞋可以去看一下Silent_EAG(一个可爱的女孩纸)的讲解。
关于 kmp 算法中 next 数组的周期性质
引理：
对于某一字符串 \(S[1\)～\(i ]\)，在它众多的\(next[ i ]\)的“候选项”中，如果存在某一个\(next[ i ]\)，使得: \(i\) % \(( i - next[ i ] ) == 0\) ，那么 \(S[ 1\)～ \(( i -next[ i ] ) ]\) 可以为 \(S[ 1\) ～ \(i ]\) 的循环元而 \(i / ( i - next[ i ] )\) 即是它的循环次数 \(K\)。
证明如下：
如图，\(next[ i ] = j\),由定义得红色部分两个子串完全相同。
那么有\(S[ 1\)～\(j ] = S[ m\)～\(i ]\) \(( m = i - next[ i ] )\)。
如果我们在两个子串的前面框选一个长度为 m 的小子串(橙色部分)。
可以得到：\(S[ 1\)～\(m ] = S[ m\)～\(b ]\)。
如果在紧挨着之前框选的子串后面再框选一个长度为 m 的小子串(绿色部分)，同样的道理，
可以得到：\(S[ m\)～\(b ] = S[ b\)～\(c ]\)
又因为：\(S[ 1\)～\(m ] = S[ m\)～\(b ]\)
所以：\(S[ 1\)～\(m ] = S[ m\)～\(b ] = S[ b\)～\(c ]\)
如果一直这样框选下去，无限推进，总会有一个尽头。
当满足 \(i\) % \(m == 0\) 时，刚好可以分出 \(K\) 个这样的小子串，
且形成循环\(( K = i / m )\)。
因此我们需要从 \(1\)～\(N\) 扫一遍，判断如果 \(next[ i ]\)
可以整除 \(i\) ，即满足 \(i\) % \(( i - next[ ] ) == 0\) ，那么就可以
肯定\(S[ 1\)～ \(( i - next[ i ] ) ]\)是 \(S[ 1\)～\(i ]\) 的最小循环元，而
\(i / ( i - next[ i ] )\) 即是它的最大循环次数 \(K\) ，直接依次输
出这些 \(i\)和 \(K\) 即可。
那么为什么只判断 \(next[ i ]\) 而不判断 \(next[?]\)呢？
（注：\(next[i]\)和\(next[?]\)表述的意义不同，为方便描
述，这里定义\(next[?]\)为\(next[i]\)的$“候选项”中的某一个）
实际上由这道题可以总结出很多结论：
结论一：
若\(i-next[i]\)可整除\(i\),则\(s[1\)～\(i]\)具有长度为\(i-next[i]\)
的循环元，即\(s[1\)～\(i-next[i]]\)。(前面的一大堆文
字和图片已经给出了这个结论的证明，同时结论一
也是后面推导其他结论的理论基础）
结论二：
若\(i-next[?]\)可整除\(i\),则\(s[1\)～\(i]\)具有长度为\(i-next[?]\)
的循环元，即\(s[1\)～\(i-next[?]]\)。
(用与结论一同样的证明方法可以推导出结论二)
(由此处可知，\(i-next[?]\)想用作循环元要满足的
条件是：\(i-next[?]\)可整除\(i\))。
结论三：
任意一个循环元的长度必定是最小循环元长度的倍数
结论四：
如果\(i-next[i]\)不可整除\(i\)，\(s[1\)～\(i-next[?]]\)一定
不能作为\(s[1\)～\(i]\)的循环元。
关于结论四的证明和扩展：
①.如果\(s[1\)～\(i-next[i]]\)不能作为\(s[1\)～\(i]\)循环元，那么
\(s[1\)～\(i-next[?]]\)也都一定不能作为\(s[1\)～\(i]\)的循环元。
(即结论四)
②.如果\(i-next[i]\)不可整除\(i\)，\(s[1\)～\(i]\)一定不存在循环元。
③.如果\(i-next[i]\)不可整除\(i\)，\(i-next[?]\)也都一定不可整除\(i\)。
④.如果\(s[1\)～\(m]\)是\(s[1\)～\(i]\)的循环元，\(next[i]\)一定为\(i-m\)(\(i-m\)一定为
\(next[i]\))。(在算法竞赛进阶指南上有这么一句话：如果\(s[1\)～\(m]\)为\(s[1\)～\(i]\)的循
环元，\(i-m\)一定是\(next[i]\)的“候选项”，与此处意义略有不同)
⑤.若\(m=i-next[i]\)，\(j=next[?]\)，\(next[j]=j-m\)。(无论\(m\)可否整除\(i\))
(由④扩展而来)
一些题外话：
关于③的证明，有一个很有趣的想法。
有两个数\(a\),\(c\)和一个数的集合\(b\)，且\(b\)与\(a\)有一定的关系(限制)。
已知\(a\)不可整除\(c\)，证明\(x(x∈b\))不可整除\(c\)(目前尚未成功)。
虽然表面上看起来并没有什么用，但这种思想把图形匹配转
化为了代数证明。
如果有大佬感兴趣可以思考一下。。。
附：来自某李姓Math大佬。
②③④比较好理解，这个⑤是个什么意思呢？
其实不难懂，通俗点说就是\(i-next[?]\)一定是在\(m\)的倍数处
\((m,2m,3m...)\)，如果有循环，也可以说是\(i-next[?]\)一定在循环
节点上,或者说是一定在我们先前图片中框选的黑色块的边界相
邻处，不可能在某个黑色块的中间（如图红色为不可能的情况）
注意一下这个等式：\(i-next[j]=i-j+m\)
可以化简为：\(next[j]=j-m\)
那么可以发现每个\(next[?]\)和\(next[next[?]]\)之间刚好相差m，
只是要由⑤推导①的话，用化简前的样子似乎会更好懂一些。
假如④⑤得证，那么它们和①有什么关系呢？
如果\(i-next[?]\)一定是在\(m\)的倍数处\((m=i-next[i])\)，
因为当\(m\)不可整除\(i\)时，\(m\)的倍数也不可整除\(i\)，
所以\(i-next[?]\)均不满足作为\(s[1\)～\(i]\)循环元的条件(前面已
提到过“条件”具体指什么)。
因此，⑤\(→\)①得证。
如何证明④或者⑤？
如图，\(j=next[i]\)，\(m=i-next[i]\)
先按照与之前相同的方法先将\(s[1\)～\(i]\)划分成\(K\)个黑色块
\(j0=next[j]\)，\(n=i-next[j]\)，假设n不在m的倍数处，如图红色。
同样的，框选出红色块。
然后再作一些辅助线。接下来就开始推理。
设\(v=j-j0\)。
先看左边：\(s[1\)～\(1+v]=s[m\)～\(m+v]\)，\(s[1+v\)～\(1+2v]=s[m+v\)～$m+2v] $
再看右边： \(s[1\)～\(1+v]=s[m+v\)～\(m+2v]\)
综合可得：\(s[1\)～\(1+v]=s[m\)～\(m+v]=s[m+v\)～\(m+2v]=s[1+v\)～\(1+2v]\)
无限的推进，再推进，辅助线划分出的长度为v的区域全部相等，直至边界。而此时的边界出现了两种情况：
⑴v可整除i。
此时刚好将\(s[1\)～\(i]\)分成了若干个完全相同的长度为\(v\)的小块，明显形成了循环元\(s[1\)～\(v]\)，那么\(next[i]\)至少应为\(i-v\)，这与之前的\(next[i]=j\)相矛盾。
⑵v不可整除i。
观察下列图片，你发现了什么？
将蓝圈处放大，发现了一种交叉相等的情况(如图绿色处)。
再把它压扁，并取几个新的名字\(1',m',j',i'\)。此时它变得和初始
的情况一模一样，于是经过相同的操作后，再一次使出了无限
推进，假如每次的\(v'\)都不可整除\(m'\)，那么就一路推了边界：\(v'=1\)。
\(1\)可以整除任何数，于是\(s[1\)～\(i]\)形成了长度为\(1\)的循环元，矛盾。
当n不在m的倍数处时，一定会出现矛盾，所以假设不成立。
因此④得证。同理⑤也得证。
完结附代码：
#include<cstdio>
int t,i,j,n,nex[1000005];char a[1000005];
int main(){
while(scanf("%d",&n),n){
scanf("%s",a+1);
printf("Test case #%d\n",++t);
for(i=2,j=0;i<=n;i++){//最基本的 next[] 数组求法
while(j&&a[i]!=a[j+1])j=nex[j];
if(a[i]==a[j+1])j++;nex[i]=j;
}
for(i=2;i<=n;i++)//由于1～1只有一个字母，只能是它本身构成长度为1的循环，所以从2开始枚举
if(i%(i-nex[i])==0&&nex[i])//判断时还要注意nex[i]是否为0
printf("%d %d\n",i,i/(i-nex[i]));
//如果i含有长度大于1的最小循环元，输出i的长度(即i)以及最大循环次数K(即i-nex[i])
printf("\n");//记得输出一个空行
}
}
写了这么多证明，结果最后代码简单得不要不要的。。。。。
