题解：CF1954F Unique Strings

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计数类 *3100 首次独立过纪念版题解。

首先我们考虑一个去重的问题。貌似针对循环同构去重的问题，只能从循环节上入手。

那么我们考虑设 $dp(d)$ 为 最小循环节长度恰好为 $d$ 不同方案数个数，则答案为：

$$\sum _{d=1}^{n}dp(d)=\sum _{d|n}\frac{dp(d)}{d}$$

这似乎是一条可行的路。但我们发现确定最小循环节长度是一个较为困难的问题，反而确定存在一个长度为 $d$ 的循环节（直接固定，类似于二项式反演的思想）更为容易。

所以不妨有设 $g(d)$ 为存在长度为 $d$ 的循环节的方案数，则容易有 $g(n)=\sum _{d|n}dp(d)$，因此由莫比乌斯反演我们知道 $dp(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})g(d)$。

好了现在让我们来想想 $g$ 的求法。

一个困扰我们的问题是原问题摆在了环上，但幸好我们可以将原题意转化为求解有多少个环状二进制串，满足 $cn{t}_1\in [c,c+k]$，存在一个全是一的连续段长度大于等于 $c$。

如果说去掉环的限制显然是一个很 naive 的 DP 题，而环的限制本质上还是对同构提出了要求。

我们考虑字符串 $S$ 的循环同构串数量，不妨设 $S_i$ 为 $S$ 从 $i$ 位置开始的循环串。则显然有设 $x$ 为 $S$ 的最小循环节长度，有 $S_i=S_{i+x}$，且 $S_1\sim S_x$ 互不相同。

这告诉我们 $g(d)$ 其实也就是只需要考虑填这个串的 $[1,d]$ 位即可，剩下的就是复制的问题了。

好了，现在我们可以考虑怎么去掉个数限制了。

为了方便统计，我们就强行要求 $S[1]=0$ 吧。我们不妨设 $f_{i,j,0/1}$ 为在 $[1,i]$ 中填写 $j$ 个零，且最后一个零是 $i$，当前是否已经填过长度大于等于 $c$ 的一连续段。

则对于 $S_1\sim S_d$ 两两不同的限制就太简单了，这意味着只考虑 $S[1,d]$，将其作为一个循环串，每个位置开头都不一样，这告诉我们如果我们将强制 $S[1]=0$，则对于任意一个使用了 $t$ 个零的合法串，都恰有 $t-1$ 个与它同构，这告诉我们 $\frac{f_{i,j,0/1}}{j}$ 就是填完 $S[1,i]$，然后 $[i+1,d]$ 全部写 $1$，所产生的贡献。

首先我们进行 $O(n^2)$ 的动态规划求出 $f$。

就有 $f_{i,j,t}\to f_{i+x+1,j,t|[x\ge c]}$，初始 $f_{1,1,0}=1$。

这个转移显然可以使用差分进行优化。

接着我们有 $s_{i,j,t}=\sum _{x\le j}\frac{f_{i,x,t}}{x}$。

然后我们就可以考虑着手求出 $g$ 了。

对于 $g_d$，由于它要复制 $\frac{n}{d}$ 次，我们可以求出其能够填写的零的个数的范围 $[l,r]$，同时枚举最后一个零的位置 $i\in [1,d]$，注意到 $[i+1,d]$ 全部写一，利用 $s$ 进行统计即可。

但是我们需要注意到可能会出现类似于统计 $g(6)$，对于串 011011 这种答案。

我们发现这个串是应该属于 $dp(3)$。在这里还多除以了一个 $2$，因此这提示我们可能需要更改一下朴素的莫比乌斯容斥系数。

一个很简便的方法是：将所有的 $d$ 直接化为 $n$，也即直接乘上 $\frac{d}{n}$，这样就去除了这种多除的问题。然后最后算答案的时候 $dp(d)$ 再乘上 $\frac{n}{d}$ 即可。

复杂度 $O(n^2+d^2(n)+\sum _{d|n}d)=O(n^2)$