【loj3123】【CTS2019】重复

题目

给出一个长度为\(n\)的串\(s\)，询问有多少个长度为\(m\)的串\(t\)　

满足 \(t\) 的无限循环串存在一个长度为\(n\)且比\(s\)字典序严格小的子串

$ n , m \le 2000 $

题解

• 自从CTS打铁之后就非常自闭，智商一天不如一天，所以感觉这题异常抽象。。。

  我看的这位神仙的题解

• Part 1

  考虑统计任意字串都大于等于的数量然后减去，首先对 $ s $ 建立 $ kmp $ 自动机

  由于题目中的限制，结点 $ i $ 的出边不能比 $ i+1,nxt[i]+1,nxt[nxt[i]]+1,\cdots $ 位字符(\(fail\)链上的后一位)小

  只要能在这样的自动机上走无限多次 \(t\) ,那么串 \(t\) 就是合法的

  考虑状态\((i,j)\)表示自动机在结点\(i\)时，构造到了 \(t\) 的对应第\(j\)位

  不同\((i,j)\)的数量也是有限的，那么一旦第二次到某个 $ (i,j) $ 的时候就出现了循环节

  考虑循环节的长度为\(l\) ，显然有 \(l\) 要么是\(|s|\) 的倍数(1)，要么是\(|s|\)的因数(2)

  到达\((i,j)\)的最后一次一定是失配的，否则可以把循环节的起点向前移动

  从 \(i\) 开头的是 \(t\) 的一个循环位移 \(t'\) , 现在如果是情况(1)，设循环节为\(kt’(k>1)\)，说明\(s_{1,i} + kt'\)有一个更小的循环节\(t’\),那么显然有一个更小的循环节长度为 \(|t'|\)

  所以在有限步会走到一个环，且\(l\)满足(2)，那就在环里不出来了=O^O=

  所以一个串一定可以映射到一个环

• Part 2

  进一步考虑题目中的限制，相当于只有最小的那条边可能连向某个非0位置，其它的边一定连向0

  记这两种边为实边和虚边，如果\(i\)的实边不连向\(i+1\)，那么 \(i+1\) 到 \(n\) 就都不连通，没用了

  

  所以自动机类似这样一个\(\rho\)形

• Part 3

  • 分开计数，考虑单独末尾的环

    如果长度为\(m\)的因数那么就可以贡献长度个不同的串，否则不贡献答案

  • 考虑经过0的环

    最后的环一定是所有环在0的组合

    一种顺序的环贡献就是最后一个环的长度，可以枚举一个最后一个环上的点

    \(f_{i,j}\)表示从 \(0\) 走 \(i\) 步到 \(j\) 的方案，\(g_{i,j}\) 表示从 \(j\) 经 \(i\) 步沿黑边跳回 \(0\) 的方案

    所以 \(ans \ = \ \sum _{i=0}^{m} \sum_{j=0}^{n} f_{i,j} \times g_{m-i,j}\)

• 暂时不会$n\ log n $的多项式解法

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define mod 998244353
using namespace std;
const int N=2010;
int n,m,nxt[N],to[N],mx[N],f[N][N],g[N][N],len,pw=1;
char s[N];
void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int main(){
//	freopen("repeat.in","r",stdin);
//	freopen("repeat.out","w",stdout);
	scanf("%d%s",&m,s+1);n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=m;++i)pw=(ll)pw*26%mod;
	for(int i=2,j=0;i<=n;nxt[i++]=j){
		while(j&&s[i]!=s[j+1])j=nxt[j];
		if(s[i]==s[j+1])++j;
	}
	for(int i=0;i<=n;++i){
		int k=i==n?nxt[i]:i;
		mx[i]=s[to[i]=k+1]-'a';
		while(k){
			k=nxt[k];
			if(mx[i]<s[k+1]-'a')mx[i]=s[to[i]=k+1]-'a';
		}
		if(to[i]!=i+1)len=i-to[n=i]+1;
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	for(int j=0;j<=n;++j){
		inc(f[i][to[j]],f[i-1][j]);
		inc(f[i][0],(ll)(25-mx[j])*f[i-1][j]%mod);
	}
	for(int i=0;i<=n;++i)g[1][i]=25-mx[i];
	for(int i=2;i<=m;++i)
	for(int j=0;j<=n;++j)g[i][j]=g[i-1][to[j]];
	int ans=!(m%len)?len:0;
	for(int i=0;i<=m;++i)
	for(int j=0;j<=n;++j)inc(ans,(ll)f[i][j]*g[m-i][j]%mod);
	cout<<(pw-ans+mod)%mod<<endl;
	return 0;
}