Solution Set - Border Theory

  我发现写 Solution Set 就不用写每道题的题意了，岂不美哉？

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  首先是一些奇妙结论。

  定理 1（弱周期定理） 对于字符串 $S$，若 $S[:p]$ 和 $S[:q]$ 都是 $S$ 的周期，且 $p\not=q,p+q\le|S|$，则 $S[:\gcd(p,q)]$ 也是 $S$ 的周期。

  证明 考虑更相减损，不妨令 $q>p$，则只需证 $S[:q-p]$ 为周期。注意到 $\forall i\in[1,|S|]$，总有 $i>p\lor i\le|S|-q$ 成立，对于前者，$S_i=S_{i-p}=S_{i-p+q}$；对于后者，$S_i=S_{i+q}=S_{i+q-p}$。故 $S[:q-p]$ 为周期。 $\square$

  这个定理“弱”在 $p+q$ 的范围，该范围可以扩大到 $p+q\le|S|+\gcd(p,q)$，在此略过。

 

  定理 2

1. 字符串 $S$ 中所有 $\ge\frac{|S|}{2}$ 的 border 可排列为一个等差数列。
2. 若字符串 $S$ 的最长 border $p\ge\frac{|S|}{2}$，则 $d=n-p$ 是周期；集合 $B=\{q\in[1,p]\mid q\equiv p\pmod d\}$ 均为 border；且 $[d,p]$ 内的所有 border $B'\subseteq B$。（注意区间左端点。）
3. 对于字符串 $S,T$，集合 $\left\{k\in\left[\frac{|S|}{2},\min\{|S|,|T|\}\right]\mid S[:k]=T[|S|-k+1:]\right\}$ 可排列为一个等差数列。

  证明

1. 记 $|S|=n$。取最大的满足条件的 border $p$，那么由 定理 1，对于任意满足条件的 border $q$，有 $(n-p)\mid(n-q)$，且任意满足 $q\ge\frac{|S|}{2}\land(n-p)\mid(n-q)$ 的 $q$ 均为 border。因此，可得一个公差为 $n-p$ 的等差数列。 $\square$

2. 这是与上一定理形似，但应用更广的扩展。显然 $d$ 是周期且所有 $q\in B$ 为 border，我们还需要说明 $[d,p]$ 内不存在其他形式的 border。反证，若存在一个 $r\in[d,p]\setminus B$ 为 border，则能取出一个 $q\in B$，使得 $q,r$ 同属一个周期且 $|q-r|<d$。通过说明 $d'=|q-r|<d$ 也是周期，我们能找到一个大于 $p$ 的 border，继而导出矛盾。具体讨论见下图：

   

   例如 $r=|GH|,q=|IJ|,d=2$（网格线单位为 $1$），通过在 border 和周期间代换，我们发现在串 $KM$ 中，$d$ 是大于半串长的 border，而 $d'=|HM|$ 便是其周期。继而 $d=kd'$，所以 $d'$ 是原串周期。接着上文的讨论，我们导出了矛盾。 $\square$

3. 类似地，取最大的满足条件的 $k=p$，那么任意 $k$ 均为 $S[:p]$ 的 border，且 $S[:p]$ 的 border 均满足条件。此后同理可证。 $\square$

  举一个 定理 2.(1) 的经典使用例子：确保无法均摊复杂度的 KMP（e.g. Trie 上 KMP）复杂度不超过 $\mathcal O(n\log n)$。

 

  定理 3 长度为 $n$ 的字符串 $S$ 的所有 border 可划分为 $\mathcal O(\log n)$ 个等差数列。

  证明 令 定理 2.(3) 中的 $(S,T)$ 为 $(S,S),(S[:|S|/2],S),(S[:|S|/4],S),\cdots$，分别可证长度在 $[|S|/2,|S|],[|S|/4,|S|/2],\cdots$ 的 border 构成等差序列。由于是复杂度上界我们也没必要考虑边界取不取， 因此得证。此外，我们还能说明，可以按从大到小或从小到大的顺序贪心构造等差数列，这种构造方法能够确保复杂度。 $\square$

  个人感觉不涉及自动机等模板化算法的字符串题都比较神奇，而 border 又算最神奇的考点，所以相关结论（esp. 定理 3）还是在脑中留个印象比较好√

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  「洛谷 P5829」「模板」失配树 + 额外限制：空间 $\le 10\text{ Mib}$。

  不妨记 $S[:i]$ 的最长 border 为 $\operatorname{next}(i)$，若没有严格空间限制，显然可以在边 $(\operatorname{next}(i),i)$ 构成的树上求每对 $p,q$ 的 LCA。

  额外的限制要求我们对上文定理的灵活使用。不妨设 $p>q$，取当前 $r=\operatorname{next}(p)$，讨论

• $r<\frac{p}{2}$，可见简单地令 $p\leftarrow r$ 是可以保障复杂度的；
• $r\ge\frac{p}{2}$，注意 $r$ 是 $S[:p]$ 的最大 border，由 定理 2.(2)，若 $q\equiv r\pmod{p-r}$，则答案为 $q$；否则令 $p\leftarrow (r\bmod (p-r))+(p-r)$。（我们无法保证 $[1,p-r]$ 内无其他形式的 border。）

  复杂度显然为 $\mathcal O(n+m\log n)$，明显于一般的求 LCA 方法（你写四毛子当我没说 w）。

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  「洛谷 P1393」Mivik 的标题

  这种匹配计数题一般是用 border 来转移 DP。设 $l=|S|$，$B$ 为 $S$ 的真 border 集合。从暴力入手，令 $f(i)$ 表示生成了前 $i$ 个字符，恰好得到一个 $S$ 的方案数。容斥计数，对于 $i\ge l$，显然有

$$f(i)=m^{i-l}-\sum_{j\le i-l}f(j)-\sum_{j\in B}f(i-l+j).$$

第一个和式可以前缀和优化，第二个和式，利用 定理 3 拆分为 $\mathcal O(\log l)$ 个等差数列上的 $f$ 之和，亦可前缀和优化。最终复杂度为 $\mathcal O(n\log l)$。

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  「HNOI 2019」「洛谷 P5287」JOJO

  询问显然可以视为树形结构，相当于需要在树上 KMP。

  发现当两个子串匹配时，它们的二元组表达几乎是一致的，只有左右两端可能不同。所以我们的第一个问题是设计一个基于二元组的 $\operatorname{next}$ 定义。定义两个二元组串 $S=(S_1^c,S_1^x)(S_2^c,S_2^x)\cdots$ 和 $T=(T_1^c,T_1^x)(T_2^c,T_2^x)\cdots$ 有 $S\approx T$，当且仅当

$$|S|=|T|\land (\forall i>1,(S_i^c,S_i^x)=(T_i^c,T_i^x))\land S_1^c=T_1^c\land S_1^x\le T_1^x.$$

其实这个 "$\approx$" 选得不好，烦请注意 $\approx$ 没有反身性。此后，对于二元组串 $S$，定义 $\operatorname{next}(i)$ 为最大的 $j$，满足

$$S[:j]\approx S[i-j+1:i].$$

先不考虑复杂度，这个 $\operatorname{next}$ 是能够通过正常 KMP 求出来的。接着思考已知 $\operatorname{next}$ 时如何求最后一个二元组内部的 border 贡献。显然，沿着 $|S|-1$ 一路跳 $\operatorname{next}$，维护最后一个二元组已经有多长的前缀找到了 border，考虑当前跳到的位置 $i$ 的下一个二元组 $S_{i+1}$ 能否使更长的前缀找到 border，若能，有多长的前缀找到 border，即可计算答案。

  现在的唯一问题是复杂度。我们去思考该定义下的 $\operatorname{next}$ 能否用 定理2.(1) 加速跳跃过程。答案是《能但不完全能》。举个例子

看图，此时 $S=GH$ 的最长 "border" 为 $AB$，$|AB|\ge\frac{|S|}{2}$，$AB\approx CD$，故第一个二元组 $|AE|\le|CF|$。我们只知道，第一个二元组 $CF$ 在 $S$ 中点左侧，它无法构成严格等于的周期。因此，我们只能断言通过周期跳跃，着陆在 $\frac{|S|}{2}$ 之后的某个位置是安全的。当然，这一限制可以收紧，但已经能够保证复杂度。最终复杂度即为 $\mathcal O(n\log n)$。

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  「WC 2016」「洛谷 P4156」论战捆竹竿

  对于竹竿长度 $x$，初始有 $x=n$，每次操作可以令 $x$ 加上 $n-b$，其中 $b$ 为 $S$ 的任意 border，问最终 $[1,W]$ 内有多少可取的 $x$。可以发现，这是一个同余最短路模型。

  但要小心，如果我们直接开始“优化建图”，很可能忽略原本显而易见的性质。套一般性模板的代价自然是失去特殊性。所以暂时别去想“跑最短路”，只是思考如何求到在某个有意义的模数 $m$ 下，最小的使得 $x\equiv r\pmod m,~r=0..m-1$ 的 $x:=d_m(r)$ 的值。

  联系已有结论，感觉等差数列在同余意义下会带来特殊性，所以想到先用 定理 3 拆出等差数列。设 $x,x+d,\cdots,x+kd$ 均为 $n-\text{border}$ 的值（注意不是 border 的值），把初始的 $x$ 作为模数模掉，按照 $d$ 在模 $x$ 意义下划分出的 $\gcd(x,d)$ 个环，用 $+d,+2d,\cdots,+kd$ 来更新同一个环上的 $d_x(r)$，注意到边带正权，所以初始最小的 $d_x(p)$ 不会被更新，可以使用单调队列优化。

  然而这种想法导向另一个问题：我们需要实现不同模数下 $d$ 的转化。考虑 $d_x(r)$ 的意义：$d_x(r)+kx~(k\in\mathbb N)$ 都能取到，转化到 $d_y$ 下，即 $(d_x(r)\bmod y)+k(x\bmod y)~(k\in\mathbb N)$ 都能取到。那么初始有 $d_y(d_x(r)\bmod y)=d_x(r)$，再用 $+k(x\bmod y)$ 在 $d_y$ 之间互相转移。由于 $k$ 没有上限，不需要单调队列。

  综上，我们虽然用同余最短路描述了问题，但仍紧贴 border 的性质完成转化。最终复杂度 $\mathcal O(Tn\log n)$。

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  最重要的结论：字符串题多画图√