省选集训-字符串杂题

省选集训-字符串杂题

基础子串结构太ex就不看了

CF1827C

考虑如何将一个由若干偶回文串拼接而成的串分解开。

容易发现每次从后往前删掉最短回文串就是对的。

所以问题变成求 $l_i$ 表示 $[l_i,i]$ 是以 $i$ 为结尾的最短回文串位置。

则可以 $dp$ 计算，$d{p}_i=d{p}_{l_i-1}+1$，$ans=\sum d{p}_i$

$l$ 可以使用 manacher 然后做区间染色得到。

CF1913F

屑题。

考虑计算出 $c_x$ 表示改变 $a_x$ 后消失的回文串数量，$w_{i,x}$ 表示将 $a_i$ 改为 $x$ 后新增的回文串数量即可计算出答案。

考虑使用 manacher 求出原本的各个回文中心以及回文半径，将其往外扩张一个单位后（这个位置失配）再使用哈希求出最长长度，就可以对 $w$ 进行计算了。

以及 $c$ 的计算事实上根据回文半径可以变成区间加等差数列。

考虑求出 $c$ 的二阶差分，然后计算即可。

区间加等差数列别推错了，就尴尬了。

P10716

注意到 $A$ 是该前缀的 border，并且 $B$ 可以为空。

那么找到最长的 $border$ 后，这个串的 $border$ 个数即为所求。

考虑失配树（$nxt$ 树），也即 $(i,k)$ 的询问是找到 $i$ 合法的最近祖先。

可以倍增，问题变为如何判断。

注意到调和级数求和，因此对于每个前缀 $[1,i]$，都预处理出 $k=1\sim \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的最短前缀长度（可能没这么多次）。

那么就只剩下一个判断了。

找的话，$pos$ 后的下一次出现位置可以变成子树内大于某个值的最小编号寻找，失配树上线段树合并即可。

P11150

关于讲课ppt是错的这件事。

要最小化原串的字典序，那么首先就要找到改后第一个与原串不同的位置 $np$，让这个位置尽量小。

可以对原串建立一个SAM，然后将 $B$ 在 SAM 上逐位匹配（相当于枚举 $np$ 这个位置由 $B$ 的哪一个位置做出贡献）

那么首先就要求了 $np$ 最小。在 $np$ 相同时，我们再哈希判断两个不同的 $B$ 接入位置谁更优。

这样我们就找到了一个最优的接入位置 $r$，考虑将其变为最小的接入位置。

稍加画图可以发现，对于效果相同的接入位置，那么一定是原串匹配上了 $B$ 的循环节。

所以倍增往前跳的循环节个数，然后哈希求出新的方案里得到的新串哈希值是否与原本串相同即可。

CF1975G

首先做一些讨论：

1. $s,t$ 不含 $\ast$，可以直接判断
3. $s,t$ 都含 $\ast$，将第一个 $\ast$ 前面的以及最后一个 $\ast$ 后面的位置进行匹配判断，判断通过显然有解。
4. $s,t$ 仅有一个含 $\ast$，类似 $2.$ 先去掉第一个 $\ast$ 以及最后一个 $\ast$ 前/后面的串。

那么一般地，可以看作 $s=\ast s_1\ast s_2\ast \cdots \ast s_m\ast$ 与 $t$ 不含 $\ast$ 进行匹配。

贪心地，我们动态维护 $p$，逐个将 $s_i$ 与 $t[p,n]$ 进行匹配，并将 $p$ 置为第一个匹配到的位置之后（也就是逐个匹配）

考虑到单次匹配代价太大，需要将单次匹配复杂度降至 $|s_i|$ 级别。

很厉害的地方是将 $t[p,p+2|s|)$ 拿出来匹配，不管有没有匹配位置，$p$ 至少增加 $|s|$

然后就考虑 $|s|$ 级别复杂度匹配，关于带通配符的字符串匹配，可以考虑 NTT，也就是将每个字符赋权 $w_i$，通配符为 $0$，计算：

$$f_i=\sum _{k=0}^{|s|-1}{s}_k{t}_{p+i+k}(s_k-t_{p+i_k}{)}^2$$

这可以拆为三次差卷积计算。

P11291

注意到 $R$ 可以为空，所以固定 $(l,r)$ 后 $k$ 是一段区间，固定 $(l,k)$ 后 $r$ 也是一段区间。

但是性质更好的是固定 $(l,k)$，不妨设 $f_{l,k}$ 为其对应的最大 $r$，设 $r_i$ 为最大的满足 $[i,r_i]$ 是好串的值。

则显然 $f_{l,k}=\underset{i\le j\le f_{l,k-1}}{max}(r_j)=\underset{i\le j\le r_i}{max}{f}_{j+1,k-1},f_{l,1}=r_l$

但是注意到最远的，那么一定 $r$ 所有的都不为空，那么对于最右侧的形式，以 $k=3$ 为例，有：

$f_{l,3}=\underset{i\le j\le r_i+1}{max}{f}_{j,2}=\underset{i\le j\le r_i}{max}\underset{j\le k\le r_{j+1}}{max}{r}_k$

而注意到对于跳跃方案：$l\to j\to k\to \dots$ 每一步都应当是最优化的。

形式地说，设 $t{o}_i$ 为 $\underset{i\le j\le r_i+1}{max}{r}_j$ 取到最优的 $j$，$f_{l,2}$ 转移时用了 $t{o}_l$，$f_{l,3}$ 转移时在 $[l,f_{l,2}+1]$ 里找一个 $to$ 最大的转移，而这个位置显然不会低于 $t{o}_l$（$f$ 单调不降），因此就变成了 $t{o}_l$ 的 $f_2$ 转移，也就是找到的位置是 $t{o}_{t{o}_l}$。

因此就变成了跳 $to$ 的问题，建 $to$ 树，就变成了树上统计的问题。

对于问题一是好做的，相当于只需要 dfs 时维护一个链和，而问题二也可以变成若干区间加等差数列，可以二阶差分解决。

CF1975H

考虑到如果我们要让最大子串最小，那么设 $z$ 是最大字符，重排后一定形如 $z+s_1+z+s_2+\cdots +s_m+z$ 的形式。

且最大子串一定是一个后缀，这是显然的。

因此这相当于是确定下了后缀的最后面是一个 $z$，然后我们继续将 $z+s_i$ 视作一个字符，变成了子问题。

所以当最大字符数小于等于其余字符数的时候，我们找到了一个让问题规模减半的方法。

但 $s_i$ 应当如何划分？注意到按目前顺序，也自然有 $s$ 的字典序不降的说法，且每个 $s$ 的第一个字符应当组成原本其余字符排序后的一个前缀。

事实上，考虑这样一个贪心：

维护 $i,p$，初始化为 都为 $1$，设其余字符排序后是 $a$，那么我们每次将 $[p,m]$ 的 $s$ 按顺序加上 $a_i,a_{i+1},a_{i+2}\dots$，这样填完了一轮之后再将 $p$ 变成当前末尾最大的 $s$ 的首次出现为止（也即 $s_{p-1}<s_p=s_{p+1}=\cdots =s_m$）

这样做显然是对的，我们保证了前面尽可能小，且后续越往后越大，且“变大量”更小。

那么在最大字符数大于其余字符数后怎么办？事实上可以采用同样的处理办法，但是我们要预处理处理结果（保证复杂度）

这个处理结果相当于每个其余字符前面多了相同数量且最多个 $z$，同时还空余出了若干个 $z$ 作为余下的最大字符，然后末尾也都出了这么多个 $z$。

保证每次递归问题规模减半，问题解决。

CF2053G

考虑单次操作的过程，不妨设长串为 $s_1$，短串为 $s_0$。

若 $s_0,s_1$ 都可以表达为一个串 $t$ 重复至少一次得到，则可以通过 KMP 求出原串的最小循环节直接判断。

那么就只需要处理 $s_0,s_1$ 无共同循环节的情况了。

不妨设 $s_1=s_0^k+c$，且 $k$ 最大，也即 $s_0$ 不是 $c$ 的前缀，我们先不断贪心匹配短串，当短串失配时，再撤回若干次匹配，换用长串匹配。

显然，我们至少需要撤回 $k$ 次短串匹配，然后尝试用长串匹配。

同时，我们声称，我们至多需要撤回 $k+1$ 次。

1. 当撤回 $k+1$ 次可以匹配，说明 $c$ 是 $s_0$ 的真前缀。

2. 如果撤回 $k+2$ 次可以匹配，则撤回 $k+1$ 次也可以匹配（这是显然的）

   那么这就说明 $s_1+s_0=s_0+s_1$，也就说明 $c$ 是 $s_0,s_1$ 的循环节，与 $s_0,s_1$ 无共同循环节不符。

3. 同理撤回更多次的情况也是一样的。

同时，如果撤回 $k$ 次与撤回 $k+1$ 次都可以匹配，我们优先撤回 $k$ 次，因为产生差异只能是撤回用 $s_1$ 后连用 $s_1$ 进行匹配，也就是撤回后后面的串被匹配为 $s_1+s_1$，如果撤回 $k+1$ 这样做遇上这种情况就被封死了（会连续撤回），而撤回 $k$ 就不会出现这种情况，并且如果也被封死，撤回 $k+1$ 次的决策也会寄。

那么我们每次跳跃都是 $|s_0|$ 的，总复杂度单 log，而长串的匹配由于 $|s_1|\ge \frac{n}{2}$，因此总匹配次数是 $O(\frac{m}{n}·n)=O(m)$ 的。