CodeForces 526D Om Nom and Necklace

呵呵，先贴一张图：（这就是我CodeForces的头像（至少现在是））

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给定字符串\(a\)，求它的每一个前缀，是否能被表示成\(m+1\)个字符串\(A\)和\(m\)个字符串\(B\)交错相连的形式，即求\(\forall i\in[1,|a|],\left[\exists A,\exists B,a_{1\sim i}=\underbrace{A+B+A+\cdots+A+B+A}_{m+1\text{个}A,m\text{个}B}\right]\)。

\(|a|\in\left[1,10^6\right]\)。

考虑把\(A+B\)看作一个整体，这样问题就转化为了求\(a\)的每一个前缀是否能被表示成\(m\)个字符串\(S\)相连再连上一个\(S\)的前缀（可以\(=\varnothing\)，也可以\(=S\)）。

我们先考虑怎么在短时间内知道一个\(a\)的前缀是否可以被表示为\(m\)个\(S\)相连，如果可以就再往后扩展。这是一个非常经典的问题。设要求的是\(a\)的前缀\(a_{1\sim i}\)。首先，得满足\(m\mid i\)，于是我们可以枚举\(\dfrac im\)，即\(|S|\)。然后如果\(a_{1\sim i-\frac im}=a_{1+\frac im\sim i}\)，那么\(a_{1\sim i}\)可以被表示为\(m\)个\(S\)相连（这个很好证吧，错位相等）。我们可以拿\(a_{1+\frac im\sim i}\)去匹配\(a_{1\sim i-\frac im}\)，这个显然可以哈希，而在枚举\(|S|\)时\(a_{1\sim i-\frac im}\)永远是\(a\)的前缀，所以也可以Z算法（如果聪明的读者还不知道Z算法是什么，please点击这个）。

接下来要考虑如何往后拓展。这个比较简单，往后拓展的那段子串长度一定\(\in[0,|S|]\)，并且要与\(a\)的前缀匹配。这不正是Z算法的专长吗？\(\min(|S|,z_{a,m|S|+1})\)不就是能往后拓展的最长长度吗？这个最长长度也可以哈希+二分，但那复杂度就带\(\log\)了。对了，能往后拓展最长\(z_{a,m|S|+1}\)个，就意味着\(\forall i\in[m|S|,m|S|+z_{a,m|S|+1}]\)，\(a_{1\sim i}\)都能被表示成\(m+1\)个字符串\(A\)和\(m\)个字符串\(B\)交错相连的形式，这是个区间答案赋成\(1\)的操作，可以用线段树或树状数组维护，但更简单的有差分。最后被赋成\(1\)的次数若\(>0\)，则答案为\(1\)，否则为\(0\)。

感觉说的不太清楚。。。具体看代码吧（也不一定能看懂啊）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000;
int n/*|a|*/,m/*要被表示成m+1个A与m个B交错相连的形式*/;
char a[N+5];//字符串 
int z[N+1];//z数组 
void z_init(){//Z算法 
	z[1]=n;
	int zl=0,zr=0; 
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(zr<i){
			while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[1+z[i]])z[i]++;
			if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
		}
		else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
		else{
			z[i]=zr-i+1;
			while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[1+z[i]])z[i]++;
			zl=i;zr=i+z[i]-1;
		}
}
int d[N+1];//差分数组 
int main(){
	cin>>n>>m>>a+1;
	z_init();
	for(int i=1;i*m<=n;i++)//枚举|S| 
		if(z[i+1]>=i*(m-1)){//a[1~i*m]可以被表示为m个S相连 
//			cout<<i<<" "<<i*m+min(i,z[i*m+1])<<"\n";
			d[i*m]++;//往后拓展的左端点差分数组++ 
			if(i*m+min(i,z[i*m+1])+1<=n)d[i*m+min(i,z[i*m+1])+1]--;//往后拓展的右端点的下一个差分数组-- 
		}
	int now=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		now+=d[i];//现在now为i的答案被赋成1的次数 
		cout<<!!now;//转为bool值 
	}
	return 0;
}