ARC060F 题解

题意：给出字符串 \(S\)，把 \(S\) 分成若干段，每一段都不存在正周期，求最小段数以及有多少种使得段数最小的分法，第二个数模 \(10^9+7\)。

顶级诈骗题

• 若 \(S\) 不存在正周期，那么答案为 \(1,1\)。

• 若 \(S\) 所有字符相同，那么答案为 \(n,1\)。

• 否则，第一问答案为 \(1\)。

考虑证明。前两个结论显然，证明第三个结论。

• 弱周期引理：若 \(p,q\) 为 \(S\) 的周期（不是正周期），且 \(p+q\le |S|\)，那么 \(\gcd(p,q)\) 也是 \(S\) 的周期。

证明：钦定 \(p>q\)，根据已知，当 \(i+p\le |S|\) 时，\(s_i=s_{i+p}\)；当 \(i-q>0\) 时，\(s_i=s_{i-q}\)。不难发现，由于 \(p+q\le|S|\)，对于任意 \(1\le i\le n\)，都有一者成立。对于前者，\(s_i=s_{i+p}=s_{i+p-q}\)；对于后者，\(s_i=s_{i-q}=s_{i-q+p}=s_{i+p-q}\)。总之能推出 \(s_i=s_{i+p-q}\)。那么 \(p-q\) 也是 \(|S|\) 的周期，这个过程很像更相减损术，然后归纳证明 \(s_i=s_{i+\gcd(p,q)}\)。

对于原结论，证明：

根据已知，\(S\) 存在正周期，设周期长度为 \(p\)。那么我们把 \(S\) 分成 \(S_{1...n-1},S_{n...n}\) 两部分，考虑反证，设 \(S_{1...n-1}\) 存在正周期长度 \(q(q<n-1)\)。

显然 \(p\) 仍然是 \(S_{1...n-1}\) 的一个周期，又由 \(p\) 是 \(S\) 的正周期以及 \(q\) 是 \(S_{1...n-1}\) 的正周期得 \(p\le \frac n2,\space q\le \frac {n-1}2\)，显然 \(p+q\le n\)，根据弱周期引理，\(\gcd(p,q)\) 也是 \(S_{1...n-1}\) 的一个周期。

设 \(x=\gcd(p,q)\)。已知 \(S_{1...n-1}\) 并不是所有字符相同，所以不存在长度为 \(1\) 的周期，即 \(x>1\)，若 \(p=ax,\space q=bx\)，而 \(n,n-1\) 分别是 \(p,q\) 的倍数，也都是 \(x\) 的倍数，即 \(x|\gcd(n,n-1)\)，而 \(x>1\)，相当于 \(\gcd(n,n-1)>1\)，矛盾。

故 \(S_{1...n-1}\) 不存在正周期。

对于第二问，我们可以直接枚举两段的分割点，正反跑 \(\text{KMP}\) 预处理每个前/后缀的 \(\text{Border}\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll maxn=5e5+10;
char s[maxn];
ll n,ans,f1[maxn],f2[maxn];
int main()
{
	scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
	ll fl=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++)
		if(s[i]!=s[i-1])
		{
			fl=0;
			break;
		}
	if(fl)
	{
		printf("%lld\n1",n);
		return 0;
	}
	for(ll i=2,j=0;i<=n;i++)
	{
		while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=f1[j];
		if(s[j+1]==s[i]) f1[i]=++j;
	}
	f2[n]=f2[n+1]=n+1;
	for(ll i=n-1,j=n+1;i;i--)
	{
		while(j<n+1&&s[j-1]!=s[i]) j=f2[j];
		if(s[j-1]==s[i]) f2[i]=--j;
		else f2[i]=n+1;
	}
	if(f1[n]==0||n%(n-f1[n])) printf("1\n1");
	else
	{
		for(ll i=1;i<n;i++)
			if((f1[i]==0||i%(i-f1[i]))&&(f2[i+1]==n+1||(n-i)%((n-i)-(n-f2[i+1]+1)))) ++ans;
		printf("2\n%lld",ans);
	}
	return 0;
}