border 专项训练

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A

显然可以分治计算，我们只需要计算跨过中点（含 $t$ 也就是的匹配次数，就可以递归处理）

那么这就相当于是枚举匹配位置，查前面的后缀和后面的前缀能否匹配，可以暴力地贪心扩展若干轮直到 $|s_i|\ge {10}^6$，这时候直接利用哈希判断即可。

复杂度大概是 $O(\sum |w|k)$ 的？可能稍卡，但当层数较大时，我们会发现本质不同的 $t_i$ 只有 $26$ 个，所以 $k$ 是可以降下来的。

不过也可以推一推贡献系数来做？

B

设 $f^k(i)$ 为 $i$ 跳了 $k$ 次 $nxt$ 得到的东西，设 $S(i)=\{f^j(i)|j\in N,f^j(i)>0\}$，要求即为：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j\in S(i)}{A}_i{B}_{i-j+1}$$

考虑 $A$ 是一个附加系数，可以拿出来，不妨设 $g(i)=\sum _{j\in S_i}{B}_{i-j+1}$

问题变为求出 $g(i)$。

观察下标形式 KMP 算法可以发现，若 $x\in S(i),x>1$ 则 $x-1\in S(i-1)$，因为你是一层层叠起来的，第一层是 $[1,nx{t}_{i-1}+1]=[i-nx{t}_{i-1},i]⟹[1,nx{t}_{i-1}]=[i-nx{t}_{i-1},i-1]$，可以归纳打表证明，这些是不需要改动的，所以我们只需要从 $g(i)$ 去掉一部分。（其实可以放在 $nxt$ 树的树链上来看）

而 $x=1$ 行不行是可以特判的，我们只考虑剩下的部分。

也就是设 $T(i)=\{x+1|x\in S(i-1),x+1\notin S(i)\}$

求出 $T$ 并减去即可，显然总的 $T$ 的变化量是 $O(n)$ 的。

怎么打表发现只会删较小部分啊

根据 $S(i)=S(nx{t}_i)\cup \{i\}$，考虑 $T(i),T(nx{t}_i)$ 的关系。

啊，我们发现 $T(nx{t}_i)\subseteq T(i)$。虽然这近乎显然

• $nx{t}_i\in S(i)⟹nx{t}_i-1\in S(i-1)$

则有 $x\in S(nx{t}_i-1),x+1\notin S(nx{t}_i)⟹x\in S(i-1),x+1\notin S(i)$

然后多出来的部分是什么呢？我们就只需要考虑 $S(i-1)$ 在 $[nx{t}_i,i-1]$ 这部分的值了。

而且也恰恰是这一部分值，拿出来计算就好了？你找到第一次跳到 $nx{t}_i-1$ 的那个次数 $c$，将 $[0,c-1]$ 的全部加入 $T$ 即可。

总变化量 $O(n)$

C

感觉和 Two Permutations 是一个题啊。

做 $a_{p_i}=i$，也就相当于是 $h$ 的那个子串离散化后与 $a$ 相同

考虑指针扫描，加入一个数字相当于：

1. 查找它的排名，将大于它的元素的排名加一

删除一个也基本一样

利用权值线段树维护位置哈希即可。

D

首先可以拿到特殊情况：无周期的串，显然有 0000…01 这种形式，而全周期的串显然有 111111/000000 这种形式

一个有完整周期的串可以由那个周期，也就是 $AA\dots AB$ 求解 $AB$ 还原，可以划分子问题。

接着考虑一个有完整周期的串，也就是 $2(i-nx{t}_i)\ge i⟹2nx{t}_i\le i$，这个串可以表达为一个不完整循环节，也就是 $ASA$ 的形式，递归求出 $A$（用最大的那个 border 进行递归，这样可以保证有更优的策略可以递归到更小的border从而保证最优性），贪心地给 $S$ 全放 $0$。

但是可能会出现问题，也就是形如 000 + 00 + 000 之类的情况，也就是 $nxt$ 会变小。

不过一个很显然的地方是答案序列第一项肯定是 $0$，所以我们给 $S$ 的最后一个位置设置为 $1$ 即可阻止这类匹配。同时由于 $S$ 仅有这一个 $1$，也可以保证不出现新的 border。

E

作为答案的肯定是个 border，而我们所需的是最短的，将其与原串匹配可以覆盖整个原串的border。

考虑 $dp$，设 $f_i$ 为 $[1,i]$ 所需最短 $border$，$g_i$ 为 $[1,i]$ 可以覆盖到最远位置。

• $f_1=g_1=1$
• 若 $i-nx{t}_i\le g_{f_{nx{t}_i}}$，则可以扩展到 $[1,i]$，更新 $f_i=f_{nx{t}_i},g_{f_{nx{t}_i}}=i$
• 否则只能取自己，$f_i=g_i=i$

F

其实就是每个前缀跳 $nx{t}_i$ 到底的那个值的和。暴力跳 $nx{t}_i$，利用并查集进行路径压缩即可。

G

可以想到一个东西：在字符串 $S$ 后任意接字符串 $T$ 可能成为最小后缀的位置至多有 $O(\log n)$ 个。

有效最小后缀假设存在两个 $[p,n],[q,n]$ 且 $len(p)\ge 2len(q)$，则显然 $[q,n]$ 是 $[p,n]$ 的 border

那么可以假设 $[p,n]=TTS,[q,n]=TS$，外加一个 $X$，若 $TTSX>TSX⟹TSX>SX$ 而这当然是不可能的，因为 $S$ 优于 $TS$ 与假设不符

有个想法就是动态 $i:1\to n$ 维护这些位置集合，每次比较取最优解并删除非法元素

比较这一步如果可以 $O(1)$ 那也就给出了一个 $O(n\log n)$ 做法

可以给出Z函数来做，因为有效后缀肯定是互为前缀的 。

对于当前的有效后缀 $[p,i],[q,i]$，假设 $p<q$，则 $[p,p+i-q]=[q,i]$，后面就转化为了后缀 $[p+i-q+1,i]+[1,i-1]$ 与 $[1,i]$ 的大小关系判断。

利用 Z 函数找到第一个不同位置判断即可。

需要注意的是可能 $p+i-q+1+z_{p+i-q+1}>i$，这时候相当于跳到了 $i-(p+i-q+1)+2$ 这个后缀比较了。

判断非法元素是如何做的呢？

很简单啊，所有的串都会新增一个结尾，仅比较这个位置即可，然后还需要用长度来判断一下。