【AT5162】[AGC037E] Reversing and Concatenating（贪心）

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• 给定一个长度为\(n\)的字符串\(s\)。
• 执行\(k\)次操作，每次将\(s\)的反串\(s^R\)接到\(s\)后面，从中任意截取一个长度为\(n\)的字符串作为新的\(s\)。
• 求最终能得到的字典序最小的串。
• \(n\le5000,k\le10^9\)

最小字符贪心

字典序最小有个显然的贪心，就是让开头最小的字符尽可能多。

一种情况是原串的末尾就有\(t\)个最小的字符（\(t\ge 1\)），那么我们直接翻转原串，然后再以这\(2t\)个字符为结尾继续翻转，以此类推，最终能得到\(t\times 2^k\)个最小字符。

另一种情况是先把原串翻转一次，然后找到某段最小的字符（同样假设为\(t\)个），最终能得到\(t\times 2^{k-1}\)个最小字符。

直接暴力枚举这个位置，与已有答案比较更新即可。

代码：\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 5000
using namespace std;
int n,k;char Mn='z',s[2*N+5];
char ans[N+5],res[N+5];I void Work(char* s,RI k)
{
	RI p=n;W(s[p-1]==Mn) --p;RI l=n-p+1;W(l^n&&k) l=min(l<<1,n),--k;//翻转k次
	RI i;for(i=1;i<=l;++i) res[i]=Mn;for(;i<=n;++i) res[i]=s[p-(i-l)];//l个最小字符，其后的n-l个字符
	for(i=1;i<=n;++i) if(res[i]^ans[i]) {if(res[i]>ans[i]) return;break;}for(i=1;i<=n;++i) ans[i]=res[i];//和已有答案比较
}
int main()
{
	RI i;for(scanf("%d%d%s",&n,&k,s+1),i=1;i<=n;++i) Mn=min(Mn,s[i]),ans[i]=s[2*n-i+1]=s[i];
	if(s[n]==Mn) Work(s,k);if(k) for(i=1;i<=n;++i) s[i+n]==Mn&&(Work(s+i,k-1),0);return puts(ans+1),0;//直接按末尾翻转，翻转一次后枚举位置继续翻转
}