POI2011 Periodicity
Updated On 2022.02.01：情况 4 细节添加，也算是解决了第一次做这个题的时候一些口胡上的疑惑
2011年就能出出这样充满科技感+脑力的题，佩服POI Orz
约定：字符串 \(s\) 的下标从 \(0\) 开始，\(s_{i,j}\) 表示 \(s\) 的第 \(i\) 到第 \(j\) 个字符构成的子串。
串 \(s\) 有长度为 \(l\) 的周期等价于其有长度为 \(|s|-l\) 的 border。
设函数 \(solve(s)\) 表示字典序最小的、border 集合与 \(s\) 的 border 集合相同的 \(01\) 字符串。分为以下情况：
- 如果 \(s\) 中所有字符相同，返回 \(|s|\) 个 \(0\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 周期集合为空，返回 \(|s| - 1\) 个 \(0\) 接上 \(1\) 个 \(1\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len \leq |s|\)，设 \(t = s_{1,len}\)，则 \(s\) 可表示为 \(ttt...tt'\) 的形式，其中 \(t'\) 是 \(t\) 的一个前缀，可为空。
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len > |s|\)，设 border 为 \(t\)，那么 \(s\) 就可以表示为 \(tat\) 的形式，其中 \(a\) 是一个任意字符串，不能为空。
1 和 2 情况的构造是显然的。
对于 3 情况，递归进入 \(tt'\) 求解。设 \(qq' = solve(tt')\)，那么就把 \(q\) 重复若干次拼上 \(qq'\)，即可得到答案。
在证明正确性前先来复习有关周期和 border 的几个 OI 界众所周知的简单定理。
- Weak Periodicity Lemma：对于一个字符串 \(s\)，若其有长度为 \(p\) 和长度为 \(q\) 的周期，且 \(p+q \leq |s|\)，则 \(s\) 有长度为 \(\gcd(p,q)\) 的周期。
Proof. 设 \(p < q\)，令 \(d = q - p\)。因为 \(p + q \leq |s|\)，所以 \(\forall i \in [0,|s|-1] , i - p \geq 0\) 和 \(i+q < |s|\) 至少有一个成立，故可以先向后跳 \(q\) 再向前跳 \(p\)，或者先向前跳 \(p\) 再向后跳 \(q\)，可得 \(s_{i+d} = s_i\)。那么 \(q-p\) 也是 \(s\) 的周期。根据辗转相除法，\(\gcd(p,q)\) 也是 \(s\) 的一个周期。QED
- 一个推论：设 \(s\) 最短周期长度为 \(l\)，且 \(2l \leq |s|\)，则 \(s\) 的 border 集合中 \(\geq l + (|s| \bmod l)\) 的元素一定构成集合 \(\{pl + (|s| \bmod l) | p \in Z^+ , pl + (|s| \bmod l) \leq |s|\}\)。
Proof. 首先这些元素一定会包含在 border 集合内。考虑使用反证法证明不存在其他的元素。
设有不满足该形式的 border 长度 \(l'\)，不妨设 \(l' = xl+(|s| \bmod l)+y(y \in [1,l-1])\)。那么在 \(s\) 的长度为 \((x+1)l + (|s| \bmod l)\) 的前缀中，\(l'\) 是它的一个 border，即 \(l-y\) 是这个前缀的周期，而 \(l\) 也是其周期，且因为 \(x \geq 1\) 有 \((x+1)l + (|s| \bmod l) \geq 2l-y\)，根据 Periodicity Lemma 有 \(\gcd(l,l-y)\) 是这个前缀的周期，同时 \(\gcd(l,l-y) \mid l\) 所以 \(\gcd(l,l-y)\) 是原串的一个周期，与 \(l\) 是 \(s\) 的最短周期长度不符。QED
根据推论我们可以知道如果 \(q\) 串不是满周期串（即可划分为若干个部分满足各个部分的字符串完全相同），那么 \(\geq |qq'|\) 的所有 border 都可以正确构造，而构造 \(qq'\) 的时候将 \(< |qq'|\) 的所有 border 都已经正确构造了，所以这样就是对的。
证明 \(q\) 不是满周期串是简单的：如果 \(q\) 是满周期串，不妨设 \(q = p^c\)，其中 \(p\) 是一个字符串。那么 \(|qq'|-|p|\) 是 \(qq'\) 最长的 border。而如果在原串中有这样的一个 border 且 \(q\) 是周期，那么可以立即导出 \(p\) 是周期，那么 \(q\) 就不是最小周期。
对于 4 情况，先递归进入 \(s_{1,len}\) 求解。设 \(t = solve(s_{1,len})\)，那么我们需要确定一个字典序最小的字符串 \(a\) 满足 \(s=tat\) 的最长 border 为 \(t\)。
首先我们肯定希望 \(a\) 是全 \(0\) 的字符串。但是只有这一种选择显然不能覆盖所有的情况，比如 \(t = 0000\) 时这样会使得最长 border 变大导致构造不合法。考虑在什么情况下以全 \(0\) 串作为字符串 \(a\) 会导致不合法。不妨讨论有一个更长的 border \(l\)：
- \(l \leq |t| + |a|\)，\(t\) 串在前面加若干个 \(0\) 等于在后面加若干个 \(0\)，可导出 \(t\) 是全 \(0\) 串。这种情况下可以选择若干个 \(0\) 后面加上一个 \(1\) 形成的字符串，这样就是最优。
- \(l > |t| + |a|\)，假设 \(l\) 是最大的非平凡 border 长度，那么它有一个长度为 \(2|t|+|a|-l\) 的周期。又因为 \(|t|+|a|\) 也是它的周期，而 \(2|t|+|a|-l\) 是最短周期，所以 \(2|t|+|a|-l\) 是 \(|t|+|a|\) 的约数，也就是说 \(t+a\) 是一个周期串。此时 \(2|t|+|a|-l \leq |a|\) 的情况 \(t\) 就是全零较为平凡，而在 \(2|t|+|a|-l > a\) 的情况下，我们总可以把 \(t\) 表示为 \(bab...bab\) 形式，其中 \(b\) 是一个非全 \(0\) 的字符串，且 \(|ba| = 2|t|+|a|-l\)。设 \(a'\) 为将 \(a\) 最后的 \(0\) 换成 \(1\) 得到的字符串，考虑把中间的 \(a\) 换成 \(a'\) 之后得到的字符串 \(s'\)。设它存在长度 \(>|t|\) 的 border ，不妨设长度为 \(l\)：
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- \(l < |t| + |a'|\)，在 \(t\) 前面加上 \(000...001\) 和在后面加上 \(000...000\) 得到相同的字符串，可以导出 \(t\) 中一个字符需要既等于 \(0\) 又等于 \(1\)，不可能；
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- \(l \geq |t| + |a|\)，我们称前面插 \(a'\) 的串为串 \(s\)，后面插 \(a'\) 的串为串 \(t\)，此时由两个字符串相等，可以知道 \(s\) 里的 \(a'\) 会跟 \(t\) 里的 \(baba...baba'\) 的一个长度为 \(|a|\) 的子串匹配。首先它一定不会是 \(a'\)，否则这个 border 长度就是原串长度。同时 \(a'\) 的最后一个字符（也就是 1）不能出现在 \(a\) 和 \(a'\) 中。也就是说 \(a'\) 的 \(1\) 一定在 \(b\) 里面匹配，假设匹配了 \(b_i\)。这里再进行一些讨论：
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- \(i < |a|\)，这意味着 \(a'\) 的一段前缀 \(0\) 是跟 \(a\) 匹配的。注意到 \(s\) 里 \(a'\) 后面紧跟着的就是 \(babab...bab\)，根据相等，\(b\) 有一个长度为 \(L = |b| - i\) 的 border，而 \(b\) 的周期是 \(000\cdots001\)，也就是说 \(b\) 的最后 \(i\) 个字符一定包含一个 \(1\)。而在 \(s\) 里 \(a'\) 前面的 \(i\) 个字符就是 \(b\) 的最后 \(i\) 个字符，它们在 \(t\) 里对应要相等的 \(i\) 个字符是 \(a\) 的前 \(i\) 个字符，因此必定有一个字符既是 0 又是 1，矛盾。
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- \(i = |a|\)，跟上面基本相同，但还需要考虑到的事情是 \(s\) 可能恰好以 \(a'\) 开头。这个时候转换一下目标，\(s\) 里 \(a'\) 后面的那个 \(b\) 的长度为 \(|a|\) 的后缀在 \(t\) 里对应相等的是 \(a\)，所以也会有一个字符既是 \(1\) 又是 \(0\)，矛盾。
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- \(i > |a|\)，先不妨假设 \(s\) 里 \(a'\) 匹配的 \(b\) 不是 \(t\) 里的第一个，这样它前面有一个 \(a\)，剩余情况是类似的。设 \(s\) 里 \(a'\) 的前面 \(i-|a|\) 个字符构成的字符串是 \(c\)，那么 \(ca'\) 是 \(b\) 的一个周期，那么 \(b\) 的长度为 \(i\) 的后缀应该是 \(ca'\) 的一个 rotate（就是不断把最后一个字符丢到第一个做若干次得到的字符串）。同时可以发现 \(a'\) 前面的 \(i\) 个字符对应到 \(t\) 上是 \(ac\)，且它是 \(b\) 的一个后缀。也就是说 \(ac\) 必定等于 \(ca'\) 的一个 rotate，但是可以发现这两个字符串 1 的个数都不一样显然不可能相等，矛盾。
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至此可以得出将 \(a\) 的最后一个 \(0\) 换成 \(1\) 得到的串一定是合法的，而它显然是最优的。
梳理一下 \(solve(s)\) 的流程：
- 如果 \(s\) 中所有字符相同，返回 \(|s|\) 个 \(0\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 周期集合为空，返回 \(|s| - 1\) 个 \(0\) 接上 \(1\) 个 \(1\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len \leq |s|\)，将 \(s\) 表示为 \(ttt...tt'\) 的形式，其中 \(t'\) 是 \(t\) 的一个前缀，可为空，设 \(qq' = solve(tt')\)，则返回 \(q^{\lfloor \frac{|s|}{len} \rfloor}q'\)；
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len > |s|\)，设 \(t = s_{1,len} , q = solve(t)\)。检验 \(t+000...000+t\) 的最长 border 是否为 \(len\)，若否将最后一个 \(0\) 替换为 \(1\)，然后将该串返回。
至于如何 check 全 \(0\) 串是否合法，暴力 KMP 一遍即可。由 \(T(n) = T(\frac{n}{2}) + O(n)\) 可得复杂度为 \(O(n)\)。
