「NOIP2020提高」字符串匹配 题解
Statement
小 C 学习完了字符串匹配的相关内容，现在他正在做一道习题。
对于一个字符串 \(S\)，题目要求他找到 \(S\) 的所有具有下列形式的拆分方案数：
\(S = ABC\)，\(S = ABABC\)，\(S = ABAB \ldots ABC\)，其中 \(A\)，\(B\)，\(C\) 均是非空字符串，且 \(A\) 中出现奇数次的字符数量不超过 \(C\) 中出现奇数次的字符数量。
并递归地定义 \(A^1=A\)，\(A^n = A^{n - 1} A\)（\(n \ge 2\) 且为正整数）。例如 \(A = \texttt{abb}\)，则 \(A^3=\texttt{abbabbabb}\)。
则小 C 的习题是求 \(S = {(AB)}^iC\) 的方案数，其中 \(F(A) \le F(C)\)，\(F(S)\) 表示字符串 \(S\) 中出现奇数次的字符的数量。两种方案不同当且仅当拆分出的 \(A\)、\(B\)、\(C\) 中有至少一个字符串不同。
小 C 并不会做这道题，只好向你求助，请你帮帮他。
Input
本题有多组数据，输入文件第一行一个正整数 TT 表示数据组数。
每组数据仅一行一个字符串 SS，意义见题目描述。SS 仅由英文小写字母构成。
Output
对于每组数据输出一行一个整数表示答案。
Example
Input:
3 nnrnnr zzzaab mmlmmlo
Output:
8 9 16
Solve 1
方法：KMP
我们首先简要概括题目：
给定字符串 S，问有多少不同的非空字符串 A，B，C 满足 S=ABABAB...ABC 且 A 中出现奇数次的字符数不多于 C。
第一眼发现：循环节
我们知道一个 KMP 有一个优秀的性质，或者叫做引理：（这里 \(n=|S|\) ）
若 $n%(n-kmp[n])==0 $，则 \(n-kmp[n]\) 是最小循环节长度
若 \(n\%(n-kmp[kmp[n]])==0\) ，则 \(n-kmp[kmp[n]]\) 是次小循环节长度
以此类推
（这个不懂的建议看看蓝书或者上网）
那我们显然有一个暴力的想法：（字符串下标从 \(1\) 开始，\(S[i,j]=\{s[i],s[i+1]\dots s[j]\}\)）
- 枚举 \(i=3\dots n-1\) 表示 \(C=S[i,n-1]\)
- 求出 \(S[1,i-1]\) 即 \((AB)^x\) 的所有循环节
- 对于每一个循环节，枚举 \(A\) 具体是什么，根据题目条件统计答案
注意 \(A,B,C\) 皆不能为空串
显然，这个是 \(O(n^4)\) 的，大致长这个样子：
for(int i=3;i<=n;++i){
vector<int>g;
int pos=i-1;
while(pos){
if((i-1)%(i-1-kmp[pos])==0)
g.push_back(kmp[pos]);
pos=kmp[pos];
}
for(int j=0;j<(int)g.size();++j){
int len=i-1-g[j];//|AB| = len
for(int k=1;k<=len;++k){//枚举 A = S[1,k]
for(int h=1;h<=k;++h)//统计前 k 个中，出现次数为奇数字符个数，假设为 cnt
if(cnt<=C 中出现次数为奇数字符数) ans++;
}
}
}
我们可以一层层 \(for\) 优化
Opt1
发现每次判断是否满足条件时（A 中出现奇数次的字符数不多于 C）
其实是在判断一个 \(f(prefix)\) ，和一个 \(f(suffix)\)
显然我们可以 \(O(n)\) 预处理：
void prework(){
len=strlen(s);
memset(cnt,0,sizeof cnt);
for(int i=1,tot=0;i<=len;++i)
if((++cnt[s[i]-'a'])&1)pre[i]=++tot;
else pre[i]=--tot;
memset(cnt,0,sizeof cnt);
for(int i=len,tot=0;i;--i)
if((++cnt[s[i]-'a'])&1)suf[i]=++tot;
else suf[i]=--tot;
}
这样，最里面的 \(for\) 简化成 \(O(1)\)：
if(pre[k]<=suf[i])ans++;
Opt2
观察，发现其实对于多个不同的循环节，都有可能枚举同样的 \(k\) 进行贡献，而且，对于一个更长的循环节，它应该包含比他短的循环节的取值集合。也就是说，设循环节 \(a,b\) ，其中 \(|a|<|b|\)，那么如果 \(\exist k<|a|,pre[k]<=suf[i]\) 则这个 \(k\) 在扫描 \(b\) 的时候也会被更新。
（上面的话可能有点绕，但其实很显然）
我们可以写出如下的代码：
for(int i=3;i<=len;++i){
int pos=i-1;
while(pos){
if((i-1)%(i-1-kmp[pos])==0)
vis[i-1-kmp[pos]]=1;
pos=kmp[pos];
}
for(int j=i-1,tot=0;j;--j){
ans+=tot*(pre[j]<=suf[i]);
tot+=vis[j],vis[j]=0;
}
}
我们用一个 \(vis\) 数组标明循环节的位置，然后每经过一个被标记的点，\(tot++\)，代表有 \(tot\) 个循环节可以用当前长度为 \(j\) 的 \(A\) 进行更新。
注意要逆序扫描。
这样，经过上面两个优化，时间复杂度来到了 \(O(n^2)\)，我们拿到了 \(48pts\)
Opt3
这个思路来自 zjc的乐园
我们可以尝试向 \(O(n\log n)\) 前进。
考虑我们为什么需要把 \((AB)^x\) 的所有位置都扫一遍来枚举 \(A\)
是因为我们不清楚小于等于 \(suf[i]\) 的 \(pre[j]\) 有哪些，同时他们的“权重”（\(tot\)）也不确定
我们设一个数组 \(sum[i]\) 表示 \(pre\) 小于等于 \(i\) 的数量，那么，这样就可以 \(O(26n)\) 求到：
for(int i=1;i<len;++i)
for(int j=pre[i];j<=26;++j)//多了 pre[i] 这个点可以贡献
sum[j]++;
作者没有想到什么好办法，只能枚举循环节了。
在尝试写代码后发现，我们如果还是枚举 \(C\) 的话，不是很好写。
我们考虑把 \((AB)\) 结合为一个字符串，判断 \((AB)^i\) 是否是 \(S\) 的前缀，并用借助 \(sum\) 统计答案。
也就是说，我们第一层循环枚举 \((AB)\)
如何判断是否是前缀？
设 \(j=(AB)^x\) ，如果 \(j-kmp[j]\) ，它的最小循环节是 \(|AB|\) 的约数，那 \(j\) 就是 \(S\) 的前缀
这个可以画画图，发现是显然的。
for(int i=1;i<len;++i){
if(i>=2){//|AB|>=2 才贡献答案
ans+=sum[suf[i+1]];
for(int j=i+i;j<len;j+=i)
if(!(i%(j-kmp[j]))&&j/(j-kmp[j])>1)//是循环节且不是本身
ans+=sum[suf[j+1]];
else break;
}
for(int j=pre[i];j<=26;++j)
sum[j]++;
}
这里，\(sum\) 的作用和前面的 tot*(pre[j]<=suf[i])差不多
（感觉自己讲的不是很清楚，\(sum\) 事实上是一个动态的过程）
这样的复杂度是多少？
其实跑不满， \(n\) 是 \(1e6\) 左右，能过（反正 ccf 过了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e6+5;
void file(){
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
}
int read(){
int s=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
char s[N];
int kmp[N],cnt[30];
int pre[N],suf[N],sum[N];
int T,len;
void prework(){
memset(cnt,0,sizeof cnt);
for(int i=1,tot=0;i<=len;++i)
if((++cnt[s[i]-'a'])&1)pre[i]=++tot;
else pre[i]=--tot;
memset(cnt,0,sizeof cnt);
for(int i=len,tot=0;i;--i)
if((++cnt[s[i]-'a'])&1)suf[i]=++tot;
else suf[i]=--tot;
}
void KMP(){
memset(kmp,0,sizeof kmp);
for(int i=2,j=0;i<=len;++i){
while(s[i]!=s[j+1]&&j)j=kmp[j];
if(s[i]==s[j+1])j++;
kmp[i]=j;
}
}
signed main(){
T=read();
while(T--){
char c=getchar();
while(c>'z'||c<'a')c=getchar();len=0;
while(c<='z'&&c>='a')s[++len]=c,c=getchar();
int ans=0;
prework();KMP();
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<len;++i){
if(i>=2){
ans+=sum[suf[i+1]];
for(int j=i+i;j<len;j+=i)
if(!(i%(j-kmp[j]))&&j/(j-kmp[j])>1)
ans+=sum[suf[j+1]];
else break;
}
for(int j=pre[i];j<=26;++j)
sum[j]++;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
Solve2
方法：EXKMP
\(O(n\log n)\) 我不满意！我要 \(O(n)\) 算法！
显然，我们 Slove1 的思路到达了一定的瓶颈，我们考虑采用另一种思路
由于这位大佬 泥土笨笨 tql，而且写得非常明白，作者自认讲得没这个清楚
所以大家直接去 % 这位大佬就可以啦
