Description
SD有一名神犇叫做Oxer，他觉得字符串的题目都太水了，于是便出了一道题来虐蒟蒻yts1999。
他给出了一个字符串T，字符串T中有且仅有4种字符 'A', 'B', 'C', 'D'。现在他要求蒟蒻yts1999构造一个新的字符串S，构造的方法是：进行多次操作，每一次操作选择T的一个子串，将其加入S的末尾。
对于一个可构造出的字符串S，可能有多种构造方案，Oxer定义构造字符串S所需的操作次数为所有构造方案中操作次数的最小值。
Oxer想知道对于给定的正整数N和字符串T，他所能构造出的所有长度为N的字符串S中，构造所需的操作次数最大的字符串的操作次数。
蒟蒻yts1999当然不会做了，于是向你求助。
Solution
如果S字符串我们已经知道,那么求操作次数就是一个贪心的过程:因为走到后缀自动机上每一个节点的路径对应原串的一个子串,在后缀自动机上一直走,直到不可以走为止,然后重新开始匹配
基于这个思路,我们可以二分一个操作次数(mid),然后用 (mid) 个原串的子串构造一个长度最小的串(S),然后比较与(n)的关系即可
考虑构造的方法:
设 (f[i][j]) 表示以字符(i)开头的子串后面接上一个以(j)开头的子串,使得(i)开头的和(j)开头的两个子串接在一起不是原串的子串的情况下,(i)后面接的这个子串最少是多长
显然我们只需要用(f)数组转移(mid)次,取最小的一个串即可,这个过程每一步都是相同的,可以用矩阵快速幂优化或倍增(floyd)优化一下.
考虑预处理(f)数组:
设(g[i][j])表示在后缀自动机上的(i)节点,最少走几步可以使后面接上一个以(j)开头的子串,接好的串不出现在原串中.
(g[i][j]=min(g[son][j]+1))
(g[i][j]=0) 如果(i)节点没有(j)这个儿子
(f[i][j]=g[ch[1][i]][j]),1的(i)儿子往后走的串一定是以(i)开头的子串
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;const ll inf=1e18+10;
ll n;char S[N];int cur=1,cnt=1,len[N],fa[N],ch[N][5];
inline void ins(int c){
int p=cur;cur=++cnt;len[cur]=len[p]+1;
for(;!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=cur;
if(!p)fa[cur]=1;
else{
int q=ch[p][c];
if(len[q]==len[p]+1)fa[cur]=q;
else{
int nt=++cnt;len[nt]=len[p]+1;
memcpy(ch[nt],ch[q],sizeof(ch[q]));
fa[nt]=fa[q];fa[q]=fa[cur]=nt;
for(;ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nt;
}
}
}
int sa[N],c[N],f[N][6];
inline void priwork(){
memset(f,127/3,sizeof(f));
for(int i=1;i<=cnt;i++)c[len[i]]++;
for(int i=1;i<=cnt;i++)c[i]+=c[i-1];
for(int i=cnt;i;i--)sa[c[len[i]]--]=i;
for(int i=cnt;i;i--){
int x=sa[i];
for(int j=0;j<4;j++){
if(!ch[x][j])f[x][j]=1;
for(int k=0;k<4;k++)
f[x][j]=min(f[x][j],f[ch[x][k]][j]+1);
}
}
}
struct node{
ll a[5][5];
node(){memset(a,0,sizeof(a));}
void Clear(node &x,ll y){
for(int i=0;i<5;i++)
for(int j=0;j<5;j++)x.a[i][j]=y;
}
inline node operator *(const node &p){
node ret;Clear(ret,inf);
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=1;j<=4;j++)
for(int k=1;k<=4;k++)
ret.a[i][j]=min(ret.a[i][j],a[i][k]+p.a[k][j]);
return ret;
}
inline node ksm(node x,ll k){
node sum;
while(k){
if(k&1)sum=sum*x;
x=x*x;k>>=1;
}
return sum;
}
};
inline bool check(ll mid){
node S;
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=1;j<=4;j++)
S.a[i][j]=f[ch[1][i-1]][j-1];
S=S.ksm(S,mid);
ll ret=inf;
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=1;j<=4;j++)
ret=min(ret,S.a[i][j]);
return ret>=n;
}
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
cin>>n;
scanf("%s",S);
int le=strlen(S);
for(int i=0;i<le;i++)ins(S[i]-'A');
priwork();
ll l=1,r=n,mid,ans=0;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}