CF1065G Fibonacci Suffix
弄这个题，弄了一天半，才弄完。
Solution
首先暴力的想法是直接合并串，再将 \(F(n)\) 的所有后缀进行字典序的排序，最后将前 \(\min(m,|suf_k|)\) 位输出。
但是发现：
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存不下这么长的后缀，我们发现 \(F\) 的长度就是斐波那契数列，那么当 \(n\) 稍微大一点的时候，长度是会超过 \(10^{10}\) 的。例如： \(F(50)\) 的长度是 \(20365011074\) 。
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存不了这么多的后缀。
但是因为懒为了更好的体现部分分，我们选择将前 \(15\) 个串预处理出来，当 \(n\leq 15\) 时，可以暴力找。
因为 \(F(12)\) 的长度就已经超过 \(200\) 了，即 \(m\) 的上界，所以在处理更大更多的情况时就可以不用特判小的情况了。
现在考虑正解。
因为这个串只由 \(0,1\) 组成，而且 \(m\leq 200\) ，所以可以判断前 \(m\) 位上分别填什么。
那么现在就要找到一种方法：可以找出如果第 \(i\) 位是 \(1\) ，有多少比已经填出的前 \(i-1\) 位 \(ans\) 的字典序小的后缀。（以下 ‘已经填出的前 \(i-1\) 位 \(ans\) ’ 均用 ‘ \(ans\) ’ 代替）
设 \(f_i\) 表示 \(F(i)\) 的后缀中有多少小于 \(ans\)，那么转移就是：
其中 \(mg_{i,j}\) 表示将 \(F(i)\) 和 \(F(j)\) 拼起来所增加的比 \(ans\) 小的后缀个数。
但是 \(mg\) 也不能暴力求，因为长度还是太大了，怎么办呢？
我们发现，对于 \(mg_{i-2,i-1}\) ，它表示的的其实是 \(F(i-2)\) 长为 \(|ans|-1\) 的后缀到 \(F(i-1)\) 长为 \(|ans|-1\) 的前缀合并所增加的，别的在 \(f_{i-1},f_{i-2}\) 中就已经算到了。
等等， \(F(i-2)\) 的这个后缀是哪来的，不就是 \(F(i-3)\) 的后缀吗！！！
\(F(i-1)\) 的那个前缀同理，那么我们就可以这么递归到 \(F(15)\) 和 \(F(14)\) 。
啥？为什么是 \(F(15)\) ？因为我在最上面的时候，把前 \(15\) 个串处理出来了(oﾟvﾟ)ノ
因为只会用到 \(F(15),F(14)\) 的前缀和后缀，所以可以将 \(mg_{14,15}\) 表示为 \(mg_{d_{14},h_{15}}\) ，在转移的时候也转移 \(d,h\) 即可： \(d_i=d_{i-2},h_i=h_{i-1},d_{14}=h_{14}=0,d_{15}=h_{15}=1\) 。
那么将 \(f_{15},f_{14},mg_{0/1,0/1}\) 预处理即可。
蛤？怎么处理？一位一位暴力配对呗
到此为止，这个题就完了。o(*￣▽￣*)o
注意：当 \(n>15\) 时，输出的答案的长度可能还是 \(<m\) 的，因为在确定了某些位置后， \(k=0\) ，那么现在这个确定了某些位置的答案其实已经是最后答案。（你品，你细品）
剩下细节看代码吧
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=210;
int n,m;
ll k,f[N],d[N],h[N],mg[2][2];
string pre[2],nxt[2],str[17],suf[N*10],ans;
inline bool cmp(string a,string b){
for(int i=0;i<min(a.length(),b.length());i++){
if(a[i]==b[i]) continue;
if(a[i]<b[i]) return 1;
else return 0;
}
return a.length()<b.length();
}
int count(string a){ //数出来有几个比现在的ans小的
int res=0;
for(int i=0;i<a.length();i++){
if(i+ans.length()-1>=a.length()) break;
bool flag=1;
for(int j=0;j<ans.length();j++)
if(a[i+j]!=ans[j]) flag=0;
res+=flag;
}
return res;
}
ll solve(){
int len=ans.length();
pre[0].clear();pre[1].clear();nxt[0].clear();nxt[1].clear(); //记得清零
d[14]=h[14]=0; d[15]=h[15]=1; //转移f的时候用
for(int i=0;i<len-1;i++) pre[0].push_back(str[14][i]),pre[1].push_back(str[15][i]);
for(int i=1;i<=len-1;i++) nxt[0].push_back(str[14][str[14].length()-len+i]);
for(int i=1;i<=len-1;i++) nxt[1].push_back(str[15][str[15].length()-len+i]);
//将第14,15个串对于ans的前缀和后缀处理出来
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
mg[j][i]=count(nxt[j]+pre[i]); //合并时多出的后缀情况
f[14]=count(str[14]); f[15]=count(str[15]);
for(int i=16;i<=n;i++){
h[i]=h[i-1];
d[i]=d[i-2];
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
f[i]+=mg[d[i]][h[i]];
if(f[i]>1e18) return f[i]; //因为k小于1e18,所以可以直接判断
}
//大力转移
return f[n];
}
int main(){
scanf("%d%lld%d",&n,&k,&m);
str[0]="0"; str[1]="1";
for(int i=2;i<=15;i++) str[i]=str[i-2]+str[i-1]; //将前15个串预处理出来
if(n<=15){ //暴力部分
for(int i=0;i<str[n].length();i++)
for(int j=i;j<str[n].length();j++)
suf[i+1].push_back(str[n][j]);
sort(suf+1,suf+str[n].length()+1,cmp);
for(int i=0;i<min(m,(int)suf[k].length());i++) printf("%c",suf[k][i]);
return 0;
}
for(int i=1;i<=m;i++){ //按位考虑
ans.push_back('0');
ll z=solve(); //判断现在这几位ans情况下，有多少比ans小
if(z<k){
k-=z; //减去小于的
ans.pop_back(); ans.push_back('1');//将这一位改为1
}
if(k==0){ //满足就直接输出,可能小于m位
for(int i=0;i<ans.length();i++) printf("%c",ans[i]);
return 0;
}
}
for(int i=0;i<ans.length();i++)
printf("%c",ans[i]);
return 0;
}
