BZOJ4406 WC2016 论战捆竹竿

Problem

BZOJ

Solution

显然是一个同余系最短路问题，转移方案就是所有|S|-border的长度，有 \(O(n)\) 种，暴力跑dijkstra的复杂度为 \(O(n^2\log n)\) 。

有一个结论，一个字符串的border的长度可以被分为 \(\log |S|\) 个等差数列。

那么我们不如来考虑一个等差数列所造成的影响，设等差数列共有 \(m\) 项，初值为 \(x\) ，那么它可以被表示为 \(\{ kd+x,k\in[0,m)\}\)

\[f[i]=\min_{j=0}^{m-1}(f[(i-x-jd)\bmod n]+x+jd) \]

如果我们能建立一个 \(\bmod x\) 的剩余系，那么接下来就相当于添加了一个 \(+d\) 的转移方案，但是这个转移有距离的限制。注意到能相互更新的状态会形成 \(\gcd(x,d)\) 个环，可以套路地拆下来并倍长，用单调队列即可解决距离的限制，时间复杂度为 \(O(x)\)。

那么就只需要解决两个剩余系相互转化的问题了。其实很简单，设旧表的模数为 \(p\)，新表的模数为 \(q\)，只需要把旧表中每一列的最小能表达的值作为初始值放入新表中，然后只需要把转移方案 \(+p\) 加入表中，更新一次即可，这样的复杂度是 \(O(q)\) 的。

总的时间复杂度为 \(O(\sum n\log n)\)

注意把用来存border的数组，把a[len+1]的值清为0，这样才不会导致判的等差数列。

Code

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500010;
template <typename Tp> inline int getmin(Tp &x,Tp y){return y<x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline int getmax(Tp &x,Tp y){return y>x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(f) x=-x;
}
int z,n,k,tot,top,now,nxt[maxn],a[maxn],stk[maxn<<1];
int l,r,q[maxn<<1];
ll w,ans,f[maxn],g[maxn];
char s[maxn];
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void trans(int x)
{
	int D=gcd(x,now);
	memset(g,0x3f,x<<3);
	for(int i=0;i<now;i++) getmin(g[f[i]%x],f[i]);
	for(int i=0;i<D;i++)
	{
		top=0;
		for(int j=i;top==0||j!=i;j=(j+now)%x) stk[++top]=j;
		for(int j=1;j<=top;j++) stk[j+top]=stk[j];
		top<<=1;
		for(int j=2;j<=top;j++)
		  getmin(g[stk[j]],g[stk[j-1]]+now);
	}
	memmove(f,g,x<<3);
	now=x;
}
void solve(int x,int d,int m)
{
	trans(x);
	if(d<0) return ;
	int D=gcd(x,d);
	for(int i=0;i<D;i++)
	{
		top=0;l=1;r=0;
		for(int j=i;top==0||j!=i;j=(j+d)%x) stk[++top]=j;
		for(int j=1;j<=top;j++) stk[j+top]=stk[j];
		top<<=1;
		for(int j=1;j<=top;j++)
		{
			while(l<=r&&j-q[l]>=m) ++l;
			if(l<=r) getmin(f[stk[j]],f[stk[q[l]]]+(j-q[l])*d+x);
			while(l<=r&&f[stk[q[r]]]+(j-q[r])*d>f[stk[j]]) --r;
			q[++r]=j;
		}
	}
}
int main()
{
	read(z);
	while(z--)
	{
		read(n);read(w);scanf("%s",s);
		ans=tot=k=0;memset(f,0x3f,n<<3);
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			while(k&&s[k]!=s[i]) k=nxt[k];
			if(s[k]==s[i]) nxt[i+1]=++k;
			else nxt[i+1]=0;
		}
		for(int i=nxt[n];i;i=nxt[i]) a[++tot]=n-i;
		now=n;f[0]=n;a[tot+1]=0;
		for(int i=1,j=1;i<=tot;i=j)
		{
			while(a[j+1]-a[j]==a[i+1]-a[i]) j++;
			solve(a[i],a[i+1]-a[i],j-i);
		}
		for(int i=0;i<now;i++) if(f[i]<=w) ans+=(w-f[i])/now+1;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}