P4156 [WC2016]论战捆竹竿 题解

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题意描述#

给定一个字符串 $s$，你初始拥有一个空串 $t$，每次可以选择这个字符串的一个 Border，去掉它后接在 $t$ 的后面，操作后 $s$ 不变，给出一个上限 $w$，求出在 $[1,w]$ 中有多少长度可以被拼出。

题目分析#

首先可以看出，抛开字符串，把每个可以拼上去的长度筛选出来，问题就转化为有 $k$ 个不同的数，通过加法操作可以表示出范围内的多少个数，这显然是一个同余最短路的问题。

模仿通常同余最短路的操作，从每个点延伸 $k$ 条边后跑一边最短路即可，但是这样只能得到 30 分，原因在于边数过大。

我们考虑优化，既然边这么多，能不能去掉一些没有用的部分，反过来考虑字符串 Border 的一些性质，注意到周期好像是个很有用的部分，能把冗余部分压缩，我们试图从这方面考虑。

对于周期和 Border，我们有一个很显然的性质：每个长度大于 $\frac{|s|}{2}$ 的 Border 剩下那部分如果长度是 $|s|$ 的因子，那么它是原字符串的一个周期，而任意一个周期与一个最短周期，记为 $p$，$q$（$p>q$），$gcd(p,q)$ 也是原字符串的一个周期。

因为 $p$ 和 $q$ 的最大公因数也是一个周期，而 $gcd(p,q)\le min(p,q)$，从上述定义可以看出 $q=gcd(p,q)$，因此 $q|p$，当 $p$ 所对应的 Border 取最小的时，即 $p$ 最大，我们就可以发现 $q$ 复制后只要不超过 $p$，一定对应一个 Border，而这些 Border 刚好组成一个等差数列。

因为所有的周期都能由最小周期组成，所以所有大于 $\frac{|s|}{2}$ 的 Border 都构成一个等差数列，而把小于的最大的 Border 提出来变成一个新字符串继续递归，可以得到最多不超过 $\log (n)$ 条等差数列。

这个性质很有用，我们可以把每条数列单独拉出来跑同余最短路，优化边数即可达到目的。

具体实现#

把最小的当成模数，每个点就只有一条出边，整个图总共会形成 $gcd(a,d)$个简单环（$a$ 为 最小值，$d$，为公差）。

接着把环分离，从最小值开始转圈跑最短路，最后跑下一条等差数列的时候改变一下模数即可（如果从小到大跑只用把每个最小值所在位置，改成模新模数的位置，并查看前面会不会对后面增加的同余类产生影响即可）。

一共有 $\log (n)$ 条数列，每条数列跑最短路复杂度为 $O(n)$，整体时间为 $O(n\log n)$。

代码#

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<cstring>
#include<queue>
#define N 500005
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
ll cnt,bor[N<<3],nex[N<<3];
ll res[N<<3];
ll dis[N<<3],lim;
struct Node{
	ll num,val;
};
ll top,Q[N<<3],q2[N<<3];
char s[N];
ll gcd(ll x,ll y){
	if(!y) return x;
	else return gcd(y,x%y);
}
void get_border(ll n){
	ll ans=0;
	for(ll i=2;i<=n;i++){
		while(ans && s[ans+1]!=s[i]) ans=nex[ans];
		if(s[ans+1]==s[i]) ans++;
		nex[i]=ans;
	}
	
	while(ans){bor[++cnt]=n-ans;ans=nex[ans];}
	
	bor[++cnt]=n;
}
void rfs(ll len){
	ll siz=gcd(lim,len);
	for(ll i=0;i<lim;i++)res[i]=dis[i];
	for(ll i=0;i<len;i++)dis[i]=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
	for(ll i=0;i<lim;i++){
		ll tmp=res[i]%len;
		dis[tmp]=min(dis[tmp],res[i]);
	}
	for(ll i=0;i<siz;i++){
		top=0;Q[++top]=i;ll tmp=(i+lim)%len;
		while(tmp!=i){Q[++top]=tmp;tmp=(tmp+lim)%len;}
		for(ll j=top+1;j<=top*2;j++) Q[j]=Q[j-top];
		for(ll j=2;j<=(top<<1);j++) dis[Q[j]]=min(dis[Q[j]],dis[Q[j-1]]+lim);
	}
	lim=len;
	
}
void update(ll a,ll d,ll num){
	if(d<0) return;
	ll siz=gcd(lim,d);
	for(ll i=0;i<siz;i++){
		top=0;ll tmp=(i+d)%lim;Q[++top]=i;
		while(tmp!=i){Q[++top]=tmp;tmp=(tmp+d)%lim;}
		tmp=1;
		for(ll j=2;j<=top;j++) if(dis[Q[j]]<dis[Q[tmp]]) tmp=j;
		for(ll j=1;j<=top;j++) res[j]=Q[j];
		for(ll j=tmp;j<=top;j++) Q[j-tmp+1]=res[j];
		for(ll j=1;j<tmp;j++) {Q[j+(top-tmp+1)]=res[j];}
		ll head=1,tail=1;q2[1]=1;
		for(ll j=2;j<=top;j++){
			
			while(head<=tail && j-q2[head]>num) head++;
			
			dis[Q[j]]=min(dis[Q[j]],dis[Q[q2[head]]]+a+d*(j-q2[head]));
			
			while(tail>=head && dis[Q[q2[tail]]]+d*(j-q2[head])>dis[Q[j]]) tail--;
			q2[++tail]=j;
			
		}
	}
}
ll solve(ll n,ll w){
	ll L=1;
	while(L<=cnt){
		ll R=L;
		while(bor[R+1]-bor[R]==bor[L+1]-bor[L]) R++;
		rfs(bor[L]);
		if(R>cnt) {L=R;continue;}
		update(bor[L],(L==R?0:bor[L+1]-bor[L]),R-L);
		L=R;
	}
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<lim;i++){
		if(dis[i]>w) continue;
		ans+=(w-dis[i])/lim+1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	ll t;
	cin>>t;
	while(t--){
		ll n,w;
		cin>>n>>w>>(s+1);if(w<n){cout<<0<<endl;continue;}cnt=0;w-=n;
		lim=n;dis[0]=0;
		get_border(n);
		cout<<solve(n,w)<<endl;
		for(ll i=0;i<n;i++) dis[i]=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
	}
}