NOI2016

P1117 [NOI2016] 优秀的拆分

• 首先一个很明确的方向就是对于每一个拆分的位置算贡献

• 也就是对于每个位置求出前面有多少个形如 AA 的子串，求出后面有多少形如 BB 的子串，答案就是所有位置两者相乘的和

• 而实际上前缀和后缀是一样的，无非是将子串翻转一下再做，所以考虑一种就可以了

• 一个暴力的做法就是 $O(n^2)$ 用 Hash 判断，然而这样就有了 95 分了（多少有点随意了......），考虑最后的 5 分怎么拿

• 讲实话正解不是很好想，考虑枚举每一个 A 可能的长度，然后以 $len,2\ast len,3\ast len,...$ 为关键点

• 那么 $AA$ 一定会经过恰好两个相邻关键点

• 那么我们考虑对于两个关键点求贡献，求出 $lcp(i,j),lcs(i,j)$ ，根据这个可以算出通过这两个关键点的 $AA$ 的范围，对于这个范围整体 + 1，这个可以差分做

• 对于 $lcp,lcs$ 考虑 SAM 的做法就是求 parent 树上的 lca 的深度，那么考虑用 ST 表求正串和反串的 parent 树的 lca

• 关键点对的数量是一个调和级数，所以总的复杂度是 $O(n\log n)$

总结

• SAM

• 关键点的想法确实是很难想的，难怪 $n^2$ 会给到 95 分，不过两者思想的差距确实还是很大的

P1587 [NOI2016] 循环之美

• 考虑在 k 进制下的循环小数 $\frac{x}{y}$ ，设 $\{x\}$ 表示 $x$ 的小数部分，设 $l$ 为循环小数的长度

• 那么 $\{\frac{x}{y}\times k^l\}=\{\frac{x}{y}\}$

• 那么 $\frac{x}{y}{k}^l-\lfloor \frac{x}{y}{k}^l\rfloor =\frac{x}{y}-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor$

• 那么 $x{k}^l=x-y\times (\mathrm{int})$，那么 $x{k}^l\equiv x(\mathrm{mod}y)$

• 那么 $k^l\equiv 1(\mathrm{mod}y)$，那么 $k\equiv 1(\mathrm{mod}y),gcd(k,y)=1$

• 那么其实就是要求 ：

  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1][gcd(j,k)=1]$$

• 下面就是开始推式子了

$$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i}\sum _{d|j}\mu (d)[(j,k)=1]\\ \sum _{d=1}^n\mu (d)\frac{n}{d}\sum _{j=1}^m[d|j][(j,k)=1]\\ \sum _{d=1}^n\mu (d)\frac{n}{d}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}[(jd,k)=1]\\ \sum _{d=1}^n\mu (d)\frac{n}{d}[(d,k)=1]\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}[(j,k)=1]\end{array}$$

• 那么第一层确定为数论分块了
• 设 $f(n)=\sum _{i=1}^n[(i,k)=1]$，这个拿 $\mu$ 反演一下就是 $\sum _{d|k}\mu (d)\frac{n}{d}$ ，这一部分的复杂度就是 $O(k\mathrm{的}\mathrm{约}\mathrm{数}\mathrm{个}\mathrm{数})$
• 设 $g(n,k)=\sum _{i=1}^n\mu (i)[(i,k)=1]$

$$\begin{array}{rl}g(n,k)& =\sum _{i=1}^n\mu (i)[(i,k)=1]\\ & =\sum _{i=1}^n\mu (i)\sum _{d|i}\sum _{d|k}\mu (d)\\ & =\sum _{d|k}\mu (d)\sum _{d|i}\mu (i)\\ & =\sum _{d|k}\mu (d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (id)\end{array}$$

• 考虑将最后的一个式子拆开，注意到如果 $gcd(i,d)\ne 1$ ，那么 $\mu (id)=0$

$$\begin{array}{rl}g(n,k)& =\sum _{d|k}\mu (d{)}^2\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)[(i,d)=1]\\ & =\sum _{d|k}\mu (d{)}^{2}g(\frac{n}{d},d)\end{array}$$

• 边界为 $g(0,k)=0,g(n,1)=\sum _{d|n}\mu (d)$ ，这个就直接杜教筛

• 事实上这个东西的复杂度在于杜教筛，所以为 $O(n^{\frac{2}{3}})$

• 总的复杂度就是 $O((k\mathrm{的}\mathrm{约}\mathrm{数}\mathrm{个}\mathrm{数})\sqrt{n}+n^{\frac{2}{3}})$