「WC2016」论战捆竹竿
「WC2016」论战捆竹竿
前置知识
参考资料：《论战捆竹竿解题报告—王鉴浩》，《字符串算法选讲—金策》。
Border&Period
若前缀 \(pre(s,x)\) 与后缀 \(suf(s,n-x-1)\) 相等，则 \(pre(s, x)\) 是 \(s\) 的一个 \(\text{Border}\)。
\(x\) 是 \(s\) 的一个周期 (\(\text{Preiod}\)) 满足 \(s[i]=s[i+x],\forall{1\leq i\leq|s|-x}\) 。
对于一个 \(\text{Border } pre(s, x)\) ，满足 \(|s|-x\) 是 \(s\) 的一个周期。
若 \(s\) 最长的 \(Boder\) 为 \(pre(s, x)\) ，则 \(s\) 的 \(\text{Border}\) 数量为 \(pre(s, x)\) 的 \(\text{Border}\) 数量 \(+1\) 。
Periodicity Lemma
若 \(p, q\) 是 \(s\) 的周期，且满足 \(p+q+\gcd(p,q)\leq |s|\) ，则 \(gcd(p,q)\) 也是 \(s\) 的一个周期。
Borders 的性质
引理：对于长度 \(\geq\) \(\frac{|s|}{2}\) 的 \(s\) 的 \(\text{Border}\) ，其长度组成一个等差数列。
证明：假设有满足条件的 \(\text{Boder}\) 集合 \(a,\forall a_i \geq \frac{|s|}{2}\) ，可以得到周期集合 \(b, \forall b_i\leq \frac{|s|}{2}\) 。
根据 Periodicity Lemma，\(b\) 的所有元素的 \(\gcd\) 也是 \(s\) 的一个周期，显然 \(a\) 集合能组成公差为 \(g\) 的等差数列。
推论：字符串 \(s\) 的所有 $\text{Border} $ 可以分成 \(O(\log|S|)\) 段等差数列。
根据引理， \(s\) 所有长度 \(\geq \frac{|s|}{2}\) 的 \(\text{Border}\) 可以分成一个等差数列 ，设 \(s\) 最长的不超过 \(\frac{|s|}{2}\) 的 \(\text{Border}\) 为 \(pre(s, m)\) ，记 \(T(n)\) 为 \(pre(s, n)\) 的 \(\text{Border}\) 分成的等差数列数量，显然有
同理，字符串所有周期也可以被分成 \(O(\log|S|)\) 段等差数列。
解题思路
先转化一下题意，一开始字符串长度为 \(n\) ，每次可以接上初始字符串的一个周期或者初始字符串本身，求在 \(w\) 范围内能得到的字符串的长度种类数。
先不考虑 Border&Period 的性质，可以直接转化为一个模 \(n\) 意义下的最短路问题，复杂度 \(O(n^2)\) 。
由 前置知识 可以得知，每次加的长度可以分成 \(O(\log n)\) 段等差数列，考虑对等差数列内部怎么快速计算。
对于一个项数为 \(m\) ，首项为 \(v\) ，公差为 \(d\) 的等差数列，把转移放到模 \(v\) 意义下做，每次转移就相当与加若干个 \(d\) ，并且考虑转移是若干个互不相交的环，对于一个环可以发现，当前环内部最小的一位肯定不会被更新。所以可以从这一位开始依次更新整个环。
单独考虑一个环，令 \(i,j\) 为展开后环上第 \(i\) 个元素和第 \(j\) 个元素，\(j\) 能更新 \(i\) 当且仅当 \(j < i\) 且 \(i-j < m\) ，这个东西可以直接用单调队列维护。
接下来考虑将两段等差数列的贡献合并，只需要将维护的东西从模一个首项意义转移到另外一个即可，那么只需要对应的位置更新完后，再做一遍长度为之前首项的转移即可，这样子就大概做完了，总复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
code
/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((ll)0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int ch = 0, f = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
const int N = 500005;
char s[N];
int a[30][N];
ll dp[N], q[N], g[N], w, ans;
int b[N], id[N], vis[N], nxt[N], n, tot;
inline void gao(int *a, int len, int lst){
int v = a[1], d = len > 1 ? a[2] - a[1] : 1;
for(int i = 0; i < v; i++) g[i] = inf, vis[i] = 0;
for(int i = 0; i < lst; i++) g[dp[i]%v] = Min(g[dp[i]%v], dp[i]);
for(int i = 0; i < v; i++) dp[i] = g[i];
for(int i = 0; i < v; i++) if(!vis[i]){
ll mn = dp[i]; int pos = i; vis[i] = 1;
for(int j = (i + lst) % v; j != i; j = (j + lst) % v){
if(dp[j] < mn) mn = dp[j], pos = j;
vis[j] = 1;
}
dp[(pos+lst)%v] = Min(dp[(pos+lst)%v], dp[pos] + lst);
for(int j = (pos + lst) % v; j != pos; j = (j + lst) % v)
dp[(j+lst)%v] = Min(dp[(j+lst)%v], dp[j] + lst);
}
if(len == 1) return;
for(int i = 0; i < v; i++) vis[i] = 0;
for(int i = 0; i < v; i++) if(!vis[i]){
ll mn = dp[i]; int pos = i; vis[i] = 1;
for(int j = (i + d) % v; j != i; j = (j + d) % v){
if(dp[j] < mn) mn = dp[j], pos = j;
vis[j] = 1;
}
int h = 1, t = 1; q[1] = dp[pos], id[1] = 0;
for(int k = 1, j = (pos + d) % v; j != pos; j = (j + d) % v, ++k){
while(h <= t && k - id[h] >= len) ++h;
if(h <= t) dp[j] = Min(dp[j], q[h] + v + (k - id[h]) * d);
while(h <= t && q[t] - id[t] * d > dp[j] - k * d) --t;
q[++t] = dp[j], id[t] = k;
}
}
}
inline void solve(){
read(n), read(w); tot = 0;
scanf("%s", s + 1);
for(int i = 2, j = 0; i <= n; nxt[i++] = j){
while(j && s[j+1] != s[i]) j = nxt[j];
if(s[j+1] == s[i]) j++;
}
for(int x = nxt[n]; x; x = nxt[x]){
int flag = 0;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
if(b[i] == 1 || a[i][2] - a[i][1] == (n - x) - a[i][b[i]]){
a[i][++b[i]] = n - x, flag = 1; break;
}
if(!flag) ++tot, a[tot][b[tot]=1] = n - x;
}
dp[0] = n;
for(int i = 1; i < n; i++) dp[i] = inf;
int lst = n;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
gao(a[i], b[i], lst), lst = a[i][1];
ans = 0;
for(int i = 0; i < lst; i++) if(dp[i] <= w) ans += (w - dp[i]) / lst + 1;
cout << ans << endl;
}
int main(){
int T; read(T); while(T--) solve();
return 0;
}
