Border 理论学习笔记

Border 理论学习笔记

约定

• 字符串下标从 $1$ 开始。

• 定义 $S+T$ 为 $S$ 与 $T$ 这两个字符串的拼接。

• 定义 $S[l:r]=S_l+S_{l+1}+\cdots +S_r$。

• 定义 $pre(i,S)=S[i:n],suf(i,S)=S[|S|-i+1:n]$，也就是 $S$​ 的前后缀。

• 对于 $S,T$，若 $T[i:i+|S|-1]$，则称 $i$ 是 $S$ 在 $T$ 中的匹配位置。

周期与 border

定义

若存在 $p$，使得 $\mathrm{\forall }1\le i\le |S|-p,s_i=s_{i+p}$，我们称 $p$ 为 $S$ 的周期。注意这里的周期并不一定能整除 $|S|$。例如，对于 $\text{abbabbab}$，我们也称 $3$ 为其周期。

称 $per(S)$ 为 $S$ 的最小周期。

若存在 $r$，使得 $pre(i,S)=suf(i,S)$，则称 $pre(i,S)$ 为 $S$ 的 border。

也就是说，周期是一个长度，border 是一个字符串。

性质

• $pre(i,S)$ 是 $S$ 的 border $\iff$ $|S|-i$ 为 $S$ 的周期。

证明：$pre(i,S)=suf(i,S)$，即 $S[1:i]=S[|S|-i+1:n]$，即 $S_j=S_{j+|S|-i}$。由周期定义得到 $|S|-i$ 为 $S$ 的周期。反过来也一样。

• Weak Periodicity Lemma：对于字符串 $S$，若 $p,q$ 为 $S$ 的周期，$p+q\le |S|$，那么 $gcd(p,q)$ 为 $S$ 的周期。

证明：不妨设 $p>q$。

根据周期定义：

$\mathrm{\forall }i\le q,S_i=S_{i+p}=S_{i+p-q}$。

$\mathrm{\forall }i>q,S_i=S_{i-q}=S_{i+p-q}$。

因此，$\mathrm{\forall }1\le i\le |S|-(p-q),S_i=S_{i+p-q}$。因此 $p-q$ 为 $S$ 的周期。

根据更相减损法的过程，显然 $gcd(p,q)$ 也为 $S$ 的周期。

• Periodicity Lemma：对于字符串 $S$，若 $p,q$ 为 $S$ 的周期，$p+q\le |S|+gcd(p,q)$，那么 $gcd(p,q)$ 为 $S$ 的周期。

不会证捏。

• 对于字符串 $S,T$ ，若 $2|S|\ge |T|$，则 $S$ 在 $T$ 中的所有匹配位置构成等差序列。

证明：在匹配位置个数小于 $3$ 时显然成立。

在匹配位置个数大于等于 $3$ 时，我们考虑第一个，第二个和另外任意一个匹配串：

图中红色部分均为 $P_1$ 的 border。可以得出蓝色部分是 $P_1$ 的一个周期。

我们设 $P_1,P_2$ 间隔为 $d$，$P_2,P_t$ 间隔为 $f$。

那么 $r=gcd(d,f)$ 为 $P_1$ 的周期。我们设 $per(P_1)=p\le r$。

假设橙色部分为 $pre(|S|-p,S)$，若 $p<d$，发现从第二条橙色位置（即 $P_1$ 右移 $p$ 位）开始又能形成一个匹配。可以结合图像理解，因为 $P_2$ 的前缀与 $P_1$ 相同，第二三条橙色拼到一起恰好能形成匹配。

那么，因为 $P_2$ 是第二个匹配位置，这产生了矛盾。因此，$p=d$，$r\ge d$ 且 $r=gcd(d,f)\le d$，得 $r=d$。那么 $d|f$，也就是说，对于任何 $t\ge 3$，$P_2,P_t$ 的间隔是 $d$ 的倍数。同时，类似于上一段的分析，间隔 $d$ 的倍数处又能形成匹配，因此 $S$ 在 $T$ 中的所有匹配位置构成等差序列。

border 的结构

• 若 $pre(i,S)$ 是 $S$ 的 border，$pre(j,S)(j<i)$ 是 $pre(i,S)$ 的 border。

border 的 border 是 border。比较显然，就不证了。

• $S$ 的长度不小于 ${\displaystyle \frac{|S|}{2}}$ 的 border 长度构成一个等差序列。

证明：设 $n-p$ 为 $S$ 的最长 border，$n-q$ 也为 $S$ 的 border。（$p,q\ge \frac{|S|}{2}$）

那么 $p,q$ 为 $S$ 的周期，由 Weak Periodicity Lemma 有 $gcd(p,q)$ 为 $S$ 的周期。

由于 $n-p$ 是最长 border，$p\le gcd(p,q)$，得 $p=gcd(p,q)$ 即 $p|q$。

有了整除就和上上个性质很像了。通过与上面类似的分析可以得出该结论。

• 推论：$S$ 的所有 border 长度可以组成 $O(\log |S|)$ 个等差数列。

证明：将 $S$ 所有 border 按照长度分为 $[1,2),[2,4),[4,8)\cdots [2^{i-1},2^i),[2^i,S)$ 这 $O(\log |S|)$ 类。

我们以每一组中的最长 border 作为基准，那么根据上面的定理，这一组中所有 border 的长度构成等差序列。那么总共就是 $O(\log |S|)$ 个等差序列。

子串周期查询

问题：一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，每次询问一个子串 $T$ 的所有周期，用 $O(\log |T|)$ 个等差序列表示。

问周期等价于问 border。

我们首先将 border 按照长度分类：

1. $x\in [2^i,2^{i+1})$。
2. $x\in [2^k,|T|)$。

首先，我们先解决第一种情况。

如图，对于 border $u$，$pre(2^i,T)$ 是 $u$ 的前缀，$suf(2^i,T)$ 是 $u$ 的后缀。

因此，我们找出所有 $suf(2^i,T)$ 在 $pre(2^{i+1},T)$ 中的匹配位置（这里的匹配位置指的是 $suf(2^i,T)$ 的串首字符对应位置）和所有 $pre(2^i,T)$ 在 $suf(2^{i+1},T)$ 中的匹配位置（这里的匹配位置指的是 $pre(2^i,T)$ 的串末字符对应位置），并计算两边匹配位置到 $T$ 两端的长度（图中红色位置），发现如果$u$ 是 $T$ 的 border，那么两端红色位置的长度是相同的。

那么，我们求出所有 $suf(2^i,T)$ 在 $pre(2^{i+1},T)$ 中的匹配位置和所有 $pre(2^i,T)$ 在 $suf(2^{i+1},T)$ 中的匹配位置，再翻折，合并就能得到这一段的答案。

考虑情况二，发现本质相同，就是将上面的 $2^i\leftarrow 2^k,2^{i+1}\leftarrow |T|$。

因此，我们现在要解决的问题形如：

1. 求出 $suf/pre(2^i,S)$ 在 $pre(len,S)$ 中的匹配位置。
2. 合并两个等差数列。

我们先考虑问题 1。发现我们要匹配的字符串长度形如 $2^i$。考虑倍增 SA 的过程，如果我们在过程中将字符串的 $rk$ 记录下来，那么对于所有长度为 $2^i$ 的字符串，它们在第 $i$ 轮的 $rk$ 是相同的。我们按照下标顺序，将每一轮中 $rk$ 相同的字符串的下标插入 vector 中，那么查询某个区间中的匹配位置直接二分查找即可。具体地，由于匹配位置是一个等差序列，我们只需查找第一二个和最后一个匹配位置即可。复杂度是 $O({\log }^{2}n)$ 的，因为我们要做 $O(\log n)$ 轮二分。

问题二中合并两个等差序列是好解决的，可以通过一些解同余方程之类的东西做到 $O({\log }^{2}n)$。

到这里，我们就能用 $O(n\log n)-O({\log }^{2}n)$ 的复杂度解决这个问题了。

能不能更给力？发现瓶颈就是上面的两个问题，考虑优化。

首先对第一个问题进行优化。实际上，我们只在乎形如 $[x,x+2^i-1]$ 的段的匹配信息。这样的段一共只有 $O(n)$ 个，考虑通过一些手段快速求出这些段的匹配信息。

发现长为 $2^i$ 的字符串只有 $O(n)$ 个，而 $i$ 的取值只有 $O(\log n)$ 种，那么匹配信息的空间复杂度是 $O(n\log n)$ 的，可以用哈希表全部存下。具体地，对于这 $O(n)$ 个段，我们都开一个哈希表来维护信息，对每一个哈希值，我们维护该值对应字符串在区间中第一次/第二次/最后一次出现的位置即可 $O(1)$ 查询。哈希值 $h_{i,i+2^j-1}$ 可以通过 $h_{i,i+2^{j-1}-1}$ 和 $h_{i+2^{j-1},i+2^j-1}$ $O(1)$ 合并，因此预处理的复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

上面的方法要求匹配区间的长度也是 $2^i$，可能在做 $[2^k,|T|)$ 的时候不适用，这一段要暴力求。这样，我们就将第一部分的单次询问复杂度优化到了 $O(\log n)$。

然后考虑第二个问题。事实上，我们有下面的性质：

• 对于四个字符串满足 $|x_1|=|y_1|\ge |x_2|=|y_2|$，$x_1$ 在 $y_2+y_1$ 中至少匹配 $3$ 次，$y_1$ 在 $x_1+x_2$ 中至少匹配 $3$ 次，那么 $x_1$ 与 $y_1$ 最小周期相等。

证明：若上述性质不成立，不妨设 $per(x_1)>per(y_1)$，考虑 $x_1$ 在 $y_1+y_2$ 中的最后一次匹配，设其与 $y_1$ 的重叠部分为 $z$，则 $|z|>2per(x_1)>per(x_1)+per(y_1)$，则 $z$ 有周期 $d=gcd(per(x_1),per(y_1))$，那么 $d|per(x_1)$ 且 $d<per(x_1)$，那么 $d$ 为 $x_1$ 周期且 $d<per(x_1)$，矛盾。

于是，我们的两个等差序列要么其中一个项数小于 $3$，要么公差相同，显然可以 $O(1)$ 合并。

至此，我们以 $O(n\log n)-O(\log n)$ 的复杂度解决了这个问题。

有一道题 [BJWC2018] Border 的四种求法 是求最长 border，可以用来测试上面的问题。

给出 $O({\log }^{2}n)$ 的实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[1000010];
int Q,l,r,n,m,cnt;
int ans,bu[1000010],k1[20][200010],p[1000010],sa[1000010];
vector<int> pos[20][200010];
struct Seq{
	int st,ed,sum,delta;
}none;
bool In(Seq x,int y){
	return !((y-x.st)%x.delta);
}
Seq Merge(Seq x,Seq y){
	if(x.delta==y.delta){
		if(x.st>y.st) swap(x,y);
		if(x.ed<y.st) return {0,0,0,0};
		x.st=y.st;x.ed=min(x.ed,y.ed);x.sum=(x.ed-x.st)/x.delta+1;
		return x;
	}
	if(x.sum<y.sum) swap(x,y);
	int cnt=0,a[10]={},z=y.st;
	for(int i=1;i<=y.sum;i++){
		if(In(x,z)) a[++cnt]=z;
		z+=y.delta;
	}
	if(!cnt) return {0,0,0,0};
	x.st=a[1],x.ed=a[cnt],x.sum=cnt;
	if(cnt>1) x.delta=(x.ed-x.st)/(cnt-1);
	else x.delta=0;return x;
}
int fndl(int a,int b,int x){
	int l=0,r=pos[a][b].size()-1;
	if(r<0||pos[a][b][r]<x) return -1;
	while(l<r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(pos[a][b][mid]<x) l=mid+1;
		else r=mid;
	}
	return l;
}
int fndr(int a,int b,int x){
	int l=0,r=pos[a][b].size()-1;
	if(r<0||pos[a][b][0]>x) return -1;
	while(l<r){
		int mid=(l+r+1)>>1;
		if(pos[a][b][mid]<=x) l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	return l;
}
int workans(int k,int l1,int r1,int l2,int r2){
	int L=(1<<k),ps1=k1[k][l1],ps2=k1[k][r2-L+1];
	int f1=fndl(k,ps1,l2);
	int f3=fndl(k,ps2,l1);
	if(f1==-1||f3==-1) return 0;
	int f2=fndr(k,ps1,r2-L+1);
	int f4=fndr(k,ps2,r1+1-L);
	if(f2==-1||f4==-1||f1>f2||f3>f4) return 0;
	Seq x,y;
	if(f1==f2) x.st=x.ed=pos[k][ps1][f1],x.delta=1,x.sum=1;
	else{
		x.st=pos[k][ps1][f1],x.ed=pos[k][ps1][f2],
		x.delta=pos[k][ps1][f1+1]-x.st,x.sum=(x.ed-x.st)/x.delta+1;
	}
	if(f3==f4) y.st=y.ed=pos[k][ps2][f3],y.delta=1,y.sum=1;
	else{
		y.st=pos[k][ps2][f3],y.ed=pos[k][ps2][f4],
		y.delta=pos[k][ps2][f3+1]-y.st,y.sum=(y.ed-y.st)/y.delta+1;
	}
	Seq z=y;y.st=(l1+r2-z.ed-L+1),y.ed=(l1+r2-z.st-L+1);
	x=Merge(x,y);
	if(x.sum) return r2-x.st+1;
	return 0;
}
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1),m=26;
	for(int i=1;i<=n;i++) ++bu[s[i]-'a'+1],k1[0][i]=s[i]-'a'+1;
	for(int i=1;i<=m;i++) bu[i]+=bu[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++) sa[bu[s[i]-'a'+1]]=i,--bu[s[i]-'a'+1];
	for(int i=1;i<=n;i++) pos[0][k1[0][i]].push_back(i);
	for(int k=1;k<=n;k<<=1){
		int lgk=__lg(k)+1;
		cnt=0;
		for(int i=n-k+1;i<=n;i++) p[++cnt]=i;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(sa[i]>k) p[++cnt]=sa[i]-k;
		} 
		memset(bu,0,sizeof(bu));
		for(int i=1;i<=n;i++) ++bu[k1[lgk-1][i]];
		for(int i=1;i<=m;i++) bu[i]+=bu[i-1];
		for(int i=n;i>=1;i--) sa[bu[k1[lgk-1][p[i]]]]=p[i],--bu[k1[lgk-1][p[i]]];
		k1[lgk][sa[1]]=1,m=1;
		for(int i=2;i<=n;i++){
			if(k1[lgk-1][sa[i]]==k1[lgk-1][sa[i-1]]&&k1[lgk-1][sa[i]+k]==k1[lgk-1][sa[i-1]+k]) k1[lgk][sa[i]]=m;
			else k1[lgk][sa[i]]=++m;
		} 
		for(int i=1;i<=n;i++) pos[lgk][k1[lgk][i]].push_back(i);
	} 
	scanf("%d",&Q);
	for(int i=1;i<=Q;++i){
		scanf("%d%d",&l,&r);ans=0;
		for(int k=__lg(r-l)+1;k;--k){
			ans=workans(k-1,l,min(l+(1<<k)-1,r-1),max(l+1,r-(1<<k)+1),r);
			if(ans){
				printf("%d\n",ans);
				break;
			}
		}
		if(ans==0) printf("%d\n",ans); 
	}
	return 0;
}

Reference

• 题解 P4482 [BJWC2018] Border 的四种求法

• 金策《字符串算法选讲》