P4156 [WC2016]论战捆竹竿 题解
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 \(\gcd(p,q)\leq\min(p,q)\)，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;
}
}
