【题解】Luogu5420 / UOJ202 / LOJ2991 香山的树 另解
作者：互联网
Luogu5420 / UOJ202 / LOJ2991 香山的树 另解
这个题大部分人都是用 KMP 自动机+dp 做的。这里是一个不用 KMP 的做法。
记号
字符集为 \(\Sigma\)，假设最小的字母是 \(\mathrm a\)，最大的字母是 \(\mathrm z\)。
\(\operatorname{pref}_i\) 表示长度为 \(i\) 的前缀，\(\operatorname{suf}_i\) 表示长度为 \(i\) 的后缀。
一个 Lyndon word 是一个字符串，满足其任意一个非空且不等于自身的后缀小于他自身。
一个 necklace 是一个字符串，他是自己的最小循环表示。
显然，Lyndon word 一定是 necklace，并且一个 necklace 一定可以表示为一个 Lyndon word 的若干次重复。
比如：aab 既是 Lyndon word 又是 necklace，aabaab 不是 Lyndon word 但是是 necklace。
记 \(\operatorname{minrot}(a)\) 为 \(a\) 的最小表示，\(\operatorname{lyn}(a)\) 为 \(a\) 的最长 Lyndon 前缀的长度。
记 \(\operatorname{largestLyndon}(a)\) 表示不超过 \(a\) 的最大 Lyndon word，\(\operatorname{largestNecklace}(a)\) 表示不超过 \(a\) 的最大 necklace。
简要思路
先实现 \(O(n^2)\) 次运算求出一个 Lyndon word \(S\) 在长为 \(|S|\) 的 Lyndon word 中排名第几（具体方法见下文）。
算法一：求出 \(S\) 在长度 \(\leq n\) 的 Lyndon word 中的排名
先枚举长度 \(l\)，然后分类讨论：\(l\leq |S|\)：\(rk(\operatorname{largestLyndon}(\operatorname{pref}(S))\)；\(l > |S|\)：\(rk(\operatorname{largestLyndon}(S\mathrm a^{l - |S|}))\)。\(O(n^3)\) 次运算。
算法二：求出长度 \(\leq n\) 的以 \(S\) 为前缀的 Lyndon word 个数
先枚举长度 \(l\)，其贡献为：\(rk(\operatorname{largestLyndon}(Sz^{l-|S|}))-rk(\operatorname{largestLyndon}(Sa^{l-|S|}))\)。\(O(n^3)\) 次运算。
接下来有两种方法解决这个问题：
-
逐位确定
每次算出以 \(p\) 为前缀的 Lyndon word 的个数 \(u\)，讨论 \(k\) 和 \(u\) 的关系：
如果 \(k > u\)，则表示 \(p\) 比答案的同样长度的前缀小，\(k\) 减去 \(u\)，\(p\) 变大 \(1\) 步（这里需要先删去 \(p\) 后缀的所有 \(\mathrm z\)）。如果 \(p\) 无法再变大就输出 \(-1\)。
否则 \(p\) 肯定是答案的前缀，在 \(p\) 的后面加上 \(\mathrm a\)。
重复这个过程直到 \(p\) 是答案。考虑到整个过程中 \(p\) 的字典序递增，所以只会执行 \(O(n|\Sigma|)\) 次排名的查询。
因为 \(k\) 只有 \(10^{15}\)，所以我们算排名的时候可以对一个比较大的数取模（我的代码中对 \(2^{64}\) 取模），这样不用高精度。
时间复杂度：\(O(n^4|\Sigma|)\)，和 KMP 的做法是一样的。
-
二分
每次二分确定一位。时间复杂度：\(O(n^4 \log |\Sigma|)\) 次运算，但是容易发现需要高精度。高精度的位数是 \(\dfrac {\log |\Sigma|^n} {\log 2^w} = n \log |\Sigma| / w\)（压位高精）。总的时间复杂度是 \(O(n^6 \log^3 |\Sigma| / w^2)\)。在 \(n\) 更小，\(\Sigma\) 更大的时候，这个方法比较有优势。
接下来说说怎么求出一个 Lyndon word \(S\) 在长为 \(|S|\) 的 Lyndon word 中排名第几。
\(O(n^2)\) ranking
Lemma 1：若 \(a\) 是一个 necklace。如果 \(x>a_j\)，那么 \(a_ia_{i+1}\ldots a_{j-1}x\) 比 \(a\) 大。
考虑 \(a_ia_{i+1}\ldots a_j \geq a_1a_2\ldots a_{j-i+1}\)。易证。
算法三：在 \(O(n)\) 时间内求出 \(\operatorname{minrot}(a)\) 和 \(\operatorname{lyn}(a)\)，或者判断一个串是不是一个 necklace。
其实是魔改 Duval 算法。初始时 \(p=1\)，指针 \(q=1\)。\(q\) 在 \(a\) 上往后扫，如果 \(a_q > a_{q-p}\) 说明存在更长 Lyndon 前缀，更新 \(p\)；否则说明无法往后扩展，直接退出。如果没有扫完就退出了那么肯定不是 necklace。
Lemma 2：如果 \(\operatorname{lyn}(a) = p\)，则 \(\forall b < \operatorname{suf}_{n-p}\)，有 \(\operatorname{lyn}(\operatorname{pref}_p b)=p\)。
根据算法三易证。
算法四：在 \(O(n^2)\) 时间内求出 \(\operatorname{largestLyndon}\) 和 \(\operatorname{largestNecklace}\)。
根据 Lemma 2，如果 \(a\) 不是一个 necklace，且 \(p=\operatorname{lyn}(a)\)，那么大于 \(\operatorname{pref}_{p-1}(a_p-1)\mathrm k^{n-p}\) 的串一定不是 necklace。如果一个串是 Lyndon word，那么这个串一定是一个 necklace。
所以我们每次求出 \(p\)，然后更新 \(a\)，直到 \(a\) 是 necklace 或者 Lyndon word 为止。
注意到在一个 Lyndon word 后面添加若干个 \(\mathrm z\) 之后他还是一个 Lyndon word，所以如果在此过程中 \(p\) 增大了，那么 \(a\) 一定是 necklace 或者 Lyndon word 了。考虑到 \(p\) 一定不会不变，所以在没找到答案的时候 \(p\) 一定是严格递减的。所以至多更新 \(n\) 次 \(a\)。所以时间复杂度 \(O(n^2)\)。
令 \(a\) 是一个 necklace。记 \(B_{t, j} (t \geq j)\) 为长度为 \(t\) 并且和 \(a\) 有长度至少为 \(j\) 的共同前缀并且每个后缀都大于 \(a\) 的串的个数。
算法五：在 \(O(n^2)\) 时间内求出 \(B\)。
显然初始状态为 \(B_{0,0}=1\)，\(B_{i,i}=0\ (i\geq1)\)。
然后我们对于 \(B_{t,j}\) 我们考虑第 \(j+1\) 位的选择。根据 Lemma 1，第 \(j+1\) 位不能取小于 \(a_{j+1}\) 的值。所以我们可以得到转移：
\[B_{t,j} = B_{t, j+1} + (z - a_{j+1}) \cdot B_{t - j - 1,0} \]直接 dp，\(O(n^2)\)。
记 \(T(a)\) 表示最小循环表示不大于 \(a\) 并且和 \(a\) 等长的字符串的数量。
注意到 \(T(a) = T(\operatorname{largestNecklace}(a))\)，所以我们接下来只考虑 \(a\) 为 necklace 的情况。
算法六：在 \(O(n^2)\) 时间内求出 \(T(a)\)。
因为 \(T(a) = T(\operatorname{largestNecklace}(a))\)，所以我们先把 \(a\) 变成 \(\operatorname{largestNecklace}(a)\)。
我们考虑把所有最小循环小时不大于 \(a\) 的字符串 \(b\) 分组。
对于任意一个 \(b\)，我们一定可以找到一个循环移位 \(b_ib_{i+1}\ldots b_nb_1b_2\ldots b_{i-1}\) 使得 \(b \leq a\)。因为可能有多个，所以我们取最小的 \(i\)。我们把 \(b\) 归入 \(T_{i, lcp(a, b)}(a)\) 中，其中 \(lcp(a,b)\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最长公共前缀。
令 \(f(i,j)=|T_{i,j}(a)|\)。
当 \(j=n\) 的时候，\(\sum \limits_{i=1}^n f(i,n)\) 显然就是 \(a\) 的循环移位的数量。因为 \(a\) 已经是一个 necklace 了，所以就是 \(\operatorname{lyn}(a)\)。
否则我们可以分两种情况讨论。
-
\(i+j \leq n\)。这种情况下字符串一定是形如 \(c \operatorname{pref}_j de\)，其中 \(c\) 是长度为 \(i-1\) 的每个后缀都大于 \(a\) 的字符串，\(d\) 是小于 \(a_{j+1}\) 的字符，\(e\) 是长度为 \(n-i-j\) 的任意字符串。所以这种情况下
\[f(i,j)=B_{i-1,0} \cdot (a_{j+1}-\mathrm a) \cdot |\Sigma|^{n-i-j} \] -
\(i+j>n\)。这种情况下字符串一定是形如 \(a_{n-i+2 \ldots j} cd \operatorname{pref}_{n-i+1}\)，其中 \(c\) 是小于 \(a_{j+1}\) 的字符，\(d\) 是长为 \(n-j-1\) 的字符串。\(a_{n-i+2 \ldots j} cd\) 的每个后缀都大于 \(a\)。
因为 \(a\) 是一个 necklace，所以肯定有 \(a_{n-i+2\ldots j} \geq \operatorname{pref}_{i+j-n-1}\)。
令 \(s\) 为最大的满足 \(a_{j-s+1\ldots j} = \operatorname{pref}_s\)，则 \(b_{t\ldots n}>a\ (t \leq i+j-n-1-s)\)。
我们可以根据 Lemma 1 在 \(O(n^2)\) 时间内预处理出所有的 \(s\)。
所以直接考虑贡献：\(c = a_{s+1}\) 的贡献为 \(B_{n-j+s,s+1}\)；\(c>a_{s+1}\) 的贡献为 \(B_{n-j-1,0} \cdot (a_{j+1}-a_{s+1}-1)\)。
\[f(i,j) = B_{n-j+s,s+1} + B_{n-j-1,0} \cdot (a_{j+1}-a_{s+1}-1) \]
因为
\[T(a) = \sum _{i=1}^n \sum _{j=0}^n f(i,j) \]所以我们做一遍简单的求和就可以算出 \(T(a)\)。
算法七：在 \(O(n^2)\) 时间内求出 Lyndon word \(a\) 在长度为 \(|a|\) 的 Lyndon word 中的排名。
这好像是个广为人知的结论？
\(RL(a)\) 表示 \(a\) 在同长度的 Lyndon word 中的排名。
令 \(P(a)\) 表示最小循环表示不大于 \(a\) 并且和 \(a\) 等长的不循环字符串的数量。
显然，\(RL(a) = P(a)/n\)，并且 \(T(a) = \sum \limits_{d|n} P(\operatorname{pref}_d)\)。
莫比乌斯反演可得
\[P(a) = \sum _{d|n} \mu \left(\dfrac n d\right) T(\operatorname{pref}_d) \]故
\[RL(a) = \dfrac 1 n \sum _{d|n} \mu \left(\dfrac n d\right) T(\operatorname{pref}_d) \]Bonus：我们可以用 Burnside 引理得出计算 necklace 排名的方法。
代码
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
typedef unsigned long long ull;
const int N = 55;
int isprime[N], mu[N], prime[N], num, suf[N][N];
int cur_n;
struct modmodint { // a * n + b
ull a; int b;
modmodint() { a = b = 0; }
modmodint(int _a) { a = _a / cur_n, b = _a % cur_n; }
modmodint(ull _a, int _b) { a = _a, b = _b; }
} pow26[N][N], B[N][N];
inline modmodint operator +(const modmodint &x, const modmodint &y) {
int tmp = x.b + y.b;
if (tmp >= cur_n) return modmodint(x.a + y.a + 1, tmp - cur_n);
else return modmodint(x.a + y.a, tmp);
}
inline modmodint operator -(const modmodint &x, const modmodint &y) {
int tmp = x.b - y.b;
if (tmp < 0) return modmodint(x.a - y.a - 1, tmp + cur_n);
else return modmodint(x.a - y.a, tmp);
}
inline modmodint operator *(const modmodint &x, const modmodint &y) {
modmodint z;
z.a = x.a * y.a * cur_n + x.a * y.b + x.b * y.a;
z.b = x.b * y.b;
z.a += z.b / cur_n, z.b %= cur_n;
return z;
}
inline modmodint& operator +=(modmodint &x, const modmodint &y) { return x = x + y; }
inline modmodint& operator -=(modmodint &x, const modmodint &y) { return x = x - y; }
void get_mu(int n) {
isprime[1] = mu[1] = 1;
for (int i = 2; i < n; ++i) {
if (!isprime[i]) prime[++num] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= num && i * prime[j] < n; ++j) {
isprime[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j]) mu[i * prime[j]] = -mu[i];
else { mu[i * prime[j]] = 0; break; }
}
}
}
int lyn(char *s, int len) {
int p = 1;
for (int i = 2; i <= len; ++i) {
if (s[i] > s[i - p]) p = i;
else if (s[i] < s[i - p]) return p;
}
return p;
}
bool is_necklace(char *s, int len) {
int p = 1;
for (int i = 2; i <= len; ++i) {
if (s[i] > s[i - p]) p = i;
else if (s[i] < s[i - p]) return 0;
}
return (len % p == 0);
}
bool get_largest_lyndon(char *t, int n) {
while (lyn(t, n) != n) {
int p = lyn(t, n);
if (t[p] == 'a') return 0;
--t[p];
for (int i = p + 1; i <= n; ++i) t[i] = 'z';
}
return 1;
}
void get_largest_necklace(char *s, int len, char *t) {
memcpy(t, s, (len + 1) * sizeof(char));
while (!is_necklace(t, len)) {
int p = lyn(t, len);
--t[p];
for (int i = p + 1; i <= len; ++i) t[i] = 'z';
}
}
char neck[N];
modmodint get_T(char *s, int n) {
get_largest_necklace(s, n, neck);
B[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
B[i][i] = 0;
for (int j = i - 1; ~j; --j)
B[i][j] = B[i][j + 1] + B[i - j - 1][0] * ('z' - neck[j + 1]);
}
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
int u = i;
for (int j = i; j <= n; ++j) {
if (neck[j] > neck[j - u + 1]) u = j + 1;
suf[i][j] = j - u + 1;
}
}
modmodint res = lyn(neck, n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (i + j <= n) res += B[i - 1][0] * (neck[j + 1] - 'a') * pow26[cur_n][n - i - j];
else {
int tmp = (j < n - i + 2) ? 0 : suf[n - i + 2][j];
if (neck[j + 1] > neck[tmp + 1])
res += B[n - j + tmp][tmp + 1] + B[n - j - 1][0] * (neck[j + 1] - neck[tmp + 1] - 1);
}
}
return res;
}
ull rank_lyndon(char *s, int n) {
cur_n = n;
modmodint res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (n % i == 0) {
if (mu[n / i] == 1) res += get_T(s, i);
else if (mu[n / i] == -1) res -= get_T(s, i);
}
return res.a;
}
char t1[N], t2[N];
bool cmp(char *s, char *t, int j) {
for (int i = 1; i <= j; ++i) if (s[i] != t[i]) return 1;
return 0;
}
ull count_prefixed_lyndon_words(char *s, int j, int n) {
ull res = (lyn(s, j) == j) ? 1 : 0;
for (int i = j + 1; i <= n; ++i) {
for (int k = 1; k <= j; ++k) t1[k] = t2[k] = s[k];
for (int k = j + 1; k <= i; ++k) t1[k] = 'a', t2[k] = 'z';
ull r1 = get_largest_lyndon(t1, i);
ull r2 = get_largest_lyndon(t2, i);
if (r1 && r2 && cmp(t1, t2, i) == 0) continue;
if (r1) r1 = rank_lyndon(t1, i);
if (r2) r2 = rank_lyndon(t2, i);
res += r2 - r1;
}
return res;
}
ull rank(char *s, int n, int m) {
ull res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= i; ++j) t1[j] = s[j];
if (get_largest_lyndon(t1, i)) res += rank_lyndon(t1, i);
}
for (int i = n + 1; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) t1[j] = s[j];
for (int j = n + 1; j <= i; ++j) t1[j] = 'a';
if (get_largest_lyndon(t1, i)) res += rank_lyndon(t1, i);
}
return res;
}
int n, m;
ull k;
char s[N];
void inc() {
while (m && s[m] == 'z') --m;
if (!m) { puts("-1"); exit(0); }
++s[m];
}
signed main() {
get_mu(50);
for (cur_n = 1; cur_n <= 50; ++cur_n) {
pow26[cur_n][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 50; ++i) pow26[cur_n][i] = pow26[cur_n][i - 1] * 26;
}
scanf("%d%llu%s", &n, &k, s + 1);
ull kk = k;
m = strlen(s + 1);
ull pre = rank(s, m, n);
while (1) {
ull calc = count_prefixed_lyndon_words(s, m, n);
if (k > calc) {
k -= calc;
inc();
} else {
if (lyn(s, m) == m && !--k) {
for (int i = 1; i <= m; ++i) putchar(s[i]); putchar('\n'); return 0;
}
s[++m] = 'a';
}
}
return 0;
}
标签：word,int,题解,modmodint,Luogu5420,Lyndon,另解,necklace,operatorname 来源： https://www.cnblogs.com/zght/p/15696228.html