题解 LOJ2074 「JSOI2016」无界单词（DP）

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对于一个单词(S)，如果存在一个长度(l)，满足(0<l<|S|)，并且使得(S)长度为(l)的前缀与(S)长度为(l)的后缀相同，JYY 则称(S)是有界的。比如 aabaa 和 ababab 就都是有界的字符串。如果一个单词不存在这样的(l)，则 JYY 称之为无界单词。

现在考虑所有仅由字母 a 和 b 组成的长度为(n)的字符串，JYY想知道：

1. 一共有多少个无界单词？
2. 这些无界单词中，按字典序排列第(k)小的单词是哪一个？

数据范围：(1leq nleq 64)。保证存在第(k)小的无界单词。

本题题解

发现“无界单词”，相当于是没有border的单词。

首先有个性质：一个长度为(n)的串，它的最小border长度一定小于等于(lfloorfrac{n}{2} floor)。因为你考虑一个长度大于(lfloorfrac{n}{2} floor)的border，它的前后部分，必定有重叠，而重叠的部分，肯定也是一个border。

对第一问，可以DP。设(dp[i])表示长度为(i)的无界单词个数。我们先令(dp[i]=2^i)，然后减去有border的情况。这些情况，可以考虑枚举它的最短border。因为border的border还是border，所以最短的border一定是一个不存在border的串，也就是一个无界单词！所以可以枚举最短border的长度(j)，通过(dp[j])来转移：

[dp[i]=2^i-sum_{j=1}^{lfloorfrac{i}{2} floor}dp[j]cdot2^{i-2j} ]

第一问的答案就是(dp[n])。通过朴素DP可以(O(n^2))解决。

对第二问，可以逐位确定。每次先将当前位字符设为( ext{a})。求出在此情况下，后面的位置共有多少种填法，使得整个串是无界单词。设方案数为(x)。如果(xgeq k)，那当前位就填( ext{a})，否则当前位填( ext{b})，并令(k)减去(x)。这有点像主席树上求第(k)大时候，先看看左边有多少个数，数量(geq k)就递归左边，否则令(k)减去这个数量，然后递归右边。

假设当前考虑到第(l)位。先令第(l)位填( ext{a})。然后我们还是效仿上面的那个DP。首先，(dp[1]dots dp[l])，要么是(0)，要么是(1)，取决于有没有border，这都是已经确定了的，可以用一遍kmp求出（当然，也可以暴力）。然后考虑(dp[l+1]dots dp[n])，(dp[i]) ((l+1leq ileq n))的初始值是(2^{i-l})。要减去有border的情况，还是枚举最小border长度(j)，只不过现在，转移的系数需要稍微分类讨论一下：

• 如果(jgeq l)，那么转移时，和第一问的转移一样，只有中间的(i-2j)个地方可以自由确定。所以贡献是(-dp[j]cdot 2^{i-2j})。
• 如果(j<l)，但是(jgeq i-l)，此时这个border，前后缀两部分，都包括了一些已经确定的字符。那我们就要判断，这种转移，和已经确定的字符是否矛盾，如果矛盾，说明不存在这种情况，转移系数为(0)。即使不矛盾，也没有可以自由确定的位置了，所以转移系数是(1)，贡献是(-dp[j])。判断是否矛盾，其实就是看已经确定的字符里，(s[1dots l-j+1])和(s[jdots l])是否相等。如果不相等，这个长度为(j)的border就不成立。自己画个图很好理解。
• 如果(j<l)，且(j<i-l)，此时有(i-l-j)个地方可以自由确定。所以贡献是(-dp[j]cdot 2^{i-l-j})。

朴素的实现，因为第二种情况下判断是(O(n))的，还要枚举(i)和(j)，所以整个DP是(O(n^3))的。因为要逐位确定，所以总复杂度(O(n^4))。

参考代码：

//problem:LOJ2078
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

const int MAXN=64;
int n,nxt[MAXN+5];
char s[MAXN+5];
ull dp[MAXN+5],K;

int main() {
	ull U=0;
	for(int i=0;i<64;++i)U+=(1ull<<i);
	int T;cin>>T;while(T--){
		cin>>n>>K;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			if(i==64)dp[i]=U;
			else dp[i]=(1ull<<i);
			for(int j=1;j<=i/2;++j){
				dp[i]-=dp[j]*(1ull<<(i-2*j));
			}
			if(i==64)dp[i]++;
		}
		cout<<dp[n]<<endl;
		for(int len=1;len<=n;++len){
			s[len]='a';
			int j=0;
			nxt[1]=0;dp[1]=1;
			for(int i=2;i<=len;++i){
				while(j && s[j+1]!=s[i])j=nxt[j];
				if(s[j+1]==s[i])++j;
				nxt[i]=j;//kmp求border
				if(!nxt[i])dp[i]=1;
				else dp[i]=0;
			}
			for(int i=len+1;i<=n;++i){
				dp[i]=(1ull<<(i-len));
				for(int j=1;j<=i/2;++j){
					ull x=1;
					if(j>=len)
						x=(1ull<<(i-2*j));
					else if(j>=i-len){
						x=1;
						for(int p=i-j+1,q=1;p<=len;++p,++q){
							if(s[p]!=s[q]){x=0;break;}
						}
					}
					else
						x=(1ull<<(i-len-j));
					dp[i]-=dp[j]*x;
				}
			}
			if(dp[n]<K){
				K-=dp[n];
				s[len]='b';
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)cout<<s[i];cout<<endl;
	}
	return 0;
}