ARC058F - Iroha Loves Strings 题解
这是 NOI 班做出的第一道题目，祭一个。
wdnmd 这是个 Au 题/jk/jk
首先有个很显然的 DP。\(dp_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个串，能连接起来的长度为 \(j\) 的字典序最小的串。那么这样状态数是 \(\mathrm O(nm)\) 的，然后因为要存串，所以时空都至少是 \(\mathrm O\!\left(nm^2\right)\)。考虑优化之。
注意到字典序的一个特性（这也是一个常用的套路）：它不像其他的值，比如说加法，你前面的加数小一点没关系，后面可能再追回来；而字典序比较过程中，从前往后一旦找到一个不同的字符，那么只需要比较它们即可，这位大的后面再小也永无翻身的机会。
对于同一个 \(i\)，若对于 \(j<k\) 有 \(dp_{i,j}\) 不是 \(dp_{i,k}\) 的前缀，那么它们已经决出高下，以后后面接什么都没有任何关系了，它们的大小已经固定了；而如果是前缀，则还要看后面接的串表现怎么样。那假如说 \(dp_{i,j}\) 和 \(dp_{i,k}\) 后面都至少有一种方案接成长度为 \(m\) 的串，那么可以说 \(dp_{i,j}\) 和 \(dp_{i,k}\) 中较大的那个卵用已经没有了，之后的 DP 值只要转移到它，则没有任何希望成为答案的前缀。注意这里需要它们有可能补成长度为 \(m\)，也就是后面的串长度们有选择的方案使得和为 \(m-j/k\)。这个是否有方案只需要从后往前 01 背包 \(\mathrm O(nm)\) 即可。
我们首先将之后没有机会的 DP 值标记成无效，它们不参与 DP 过程。然后剩下来的都是有机会的，根据上面的结论，所有有卵用的 DP 值从短到长排序后，一定是一个是下一个的前缀这样子。我们认为只有这些有卵用的才是有效的，其他全部标记成无效。那么这样下来，我们可以对于每个 \(i\) 搞一个母串，每个 DP 值都是这个母串的一个前缀，只需要用一个数表示，并且母串只有一个，这样空间就搞成 \(\mathrm O(nm)\) 了，并且时间也很有希望优化的 Ar 子。
然后考虑怎么决定出每个 DP 值是否有效，以及母串就是最大的那个有效 DP 值。考虑按 \(j\) 从小到大 DP，实时维护一个当前所有有效 DP 值的 \(j\) 的栈，栈的顶端就是当前的母串。\(dp_{i,j}\) 的决策只有两个，一个是 \(dp_{i-1,j}\)，一个是 \(dp_{i-1,j-|a_i|}+a_i\)，比个大小算出一下 \(dp_{i,j}\)。然后分三种情况：
- 当前母串是 \(dp_{i,j}\) 的前缀。那万事大吉，dark 保持前面那些有效 DP 值不动，将 \(dp_{i,j}\) 压入栈并令为新母串；
- 当前母串小于 \(dp_{i,j}\)。那 \(dp_{i,j}\) 滚蛋吧，你已经卵用没有了；
- 当前母串大于 \(dp_{i,j}\)。那当前母串危，\(dp_{i,j}\) 要取代你的位置了。于是我们一直弹出，直到栈顶为 \(dp_{i,j}\) 的前缀，然后实施 \(1\)。这个栈可以看作一个关于字典序的单调栈（它的确是单调的），于是这个操作的正确性也就不言而喻、一目了然了。
注意到因为这是个单调栈，还有一些其他线性次数的操作，所以比较字符串的次数一共是 \(\mathrm O(nm)\) 的，每轮 \(\mathrm O(m)\)，我们必须要快速比较。每轮分别考虑：显然比较对象只可能是两种形式：上一轮的母串的前缀或上一轮的母串的前缀连上 \(a_i\)。想要比较字典序大小，难点在于找到第一个不同的位置。可以预处理 \(a_i\) 和母串的前缀哈希值，然后二分，这样是 \(\mathrm O(nm\log)\) 的；然后不难发现，母串的前缀和母串的前缀肯定是前缀关系，没有不相同的位置，所以我们只需要找 \(a_i\) 与母串的一个后缀、\(a_i\) 与 \(a_i\) 的一个后缀的第一个不相同位置，那这不就是 Z 算法所能做的事情吗（爷青回）？复杂度 \(\mathrm O(nm+\sum|a_i|)\)。
