「WC2016」论战捆竹竿
前置知识
参考资料：《论战捆竹竿解题报告—王鉴浩》，《字符串算法选讲—金策》。
Border&Period
若前缀 (pre(s,x)) 与后缀 (suf(s,n-x-1)) 相等，则 (pre(s, x)) 是 (s) 的一个 ( ext{Border})。
(x) 是 (s) 的一个周期 (( ext{Preiod})) 满足 (s[i]=s[i+x],forall{1leq ileq|s|-x}) 。
对于一个 ( ext{Border } pre(s, x)) ，满足 (|s|-x) 是 (s) 的一个周期。
若 (s) 最长的 (Boder) 为 (pre(s, x)) ，则 (s) 的 ( ext{Border}) 数量为 (pre(s, x)) 的 ( ext{Border}) 数量 (+1) 。
Periodicity Lemma
若 (p, q) 是 (s) 的周期，且满足 (p+q+gcd(p,q)leq |s|) ，则 (gcd(p,q)) 也是 (s) 的一个周期。
Borders 的性质
引理：对于长度 (geq) (frac{|s|}{2}) 的 (s) 的 ( ext{Border}) ，其长度组成一个等差数列。
证明：假设有满足条件的 ( ext{Boder}) 集合 (a,forall a_i geq frac{|s|}{2}) ，可以得到周期集合 (b, forall b_ileq frac{|s|}{2}) 。
根据 Periodicity Lemma，(b) 的所有元素的 (gcd) 也是 (s) 的一个周期，显然 (a) 集合能组成公差为 (g) 的等差数列。
推论：字符串 (s) 的所有 $ ext{Border} $ 可以分成 (O(log|S|)) 段等差数列。
根据引理， (s) 所有长度 (geq frac{|s|}{2}) 的 ( ext{Border}) 可以分成一个等差数列 ，设 (s) 最长的不超过 (frac{|s|}{2}) 的 ( ext{Border}) 为 (pre(s, m)) ，记 (T(n)) 为 (pre(s, n)) 的 ( ext{Border}) 分成的等差数列数量，显然有
同理，字符串所有周期也可以被分成 (O(log|S|)) 段等差数列。
解题思路
先转化一下题意，一开始字符串长度为 (n) ，每次可以接上初始字符串的一个周期或者初始字符串本身，求在 (w) 范围内能得到的字符串的长度种类数。
先不考虑 Border&Period 的性质，可以直接转化为一个模 (n) 意义下的最短路问题，复杂度 (O(n^2)) 。
由 前置知识 可以得知，每次加的长度可以分成 (O(log n)) 段等差数列，考虑对等差数列内部怎么快速计算。
对于一个项数为 (m) ，首项为 (v) ，公差为 (d) 的等差数列，把转移放到模 (v) 意义下做，每次转移就相当与加若干个 (d) ，并且考虑转移是若干个互不相交的环，对于一个环可以发现，当前环内部最小的一位肯定不会被更新。所以可以从这一位开始依次更新整个环。
单独考虑一个环，令 (i,j) 为展开后环上第 (i) 个元素和第 (j) 个元素，(j) 能更新 (i) 当且仅当 (j < i) 且 (i-j < m) ，这个东西可以直接用单调队列维护。
接下来考虑将两段等差数列的贡献合并，只需要将维护的东西从模一个首项意义转移到另外一个即可，那么只需要对应的位置更新完后，再做一遍长度为之前首项的转移即可，这样子就大概做完了，总复杂度 (mathcal O(nlog n)) 。
code
/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((ll)0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int ch = 0, f = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
const int N = 500005;
char s[N];
int a[30][N];
ll dp[N], q[N], g[N], w, ans;
int b[N], id[N], vis[N], nxt[N], n, tot;
inline void gao(int *a, int len, int lst){
int v = a[1], d = len > 1 ? a[2] - a[1] : 1;
for(int i = 0; i < v; i++) g[i] = inf, vis[i] = 0;
for(int i = 0; i < lst; i++) g[dp[i]%v] = Min(g[dp[i]%v], dp[i]);
for(int i = 0; i < v; i++) dp[i] = g[i];
for(int i = 0; i < v; i++) if(!vis[i]){
ll mn = dp[i]; int pos = i; vis[i] = 1;
for(int j = (i + lst) % v; j != i; j = (j + lst) % v){
if(dp[j] < mn) mn = dp[j], pos = j;
vis[j] = 1;
}
dp[(pos+lst)%v] = Min(dp[(pos+lst)%v], dp[pos] + lst);
for(int j = (pos + lst) % v; j != pos; j = (j + lst) % v)
dp[(j+lst)%v] = Min(dp[(j+lst)%v], dp[j] + lst);
}
if(len == 1) return;
for(int i = 0; i < v; i++) vis[i] = 0;
for(int i = 0; i < v; i++) if(!vis[i]){
ll mn = dp[i]; int pos = i; vis[i] = 1;
for(int j = (i + d) % v; j != i; j = (j + d) % v){
if(dp[j] < mn) mn = dp[j], pos = j;
vis[j] = 1;
}
int h = 1, t = 1; q[1] = dp[pos], id[1] = 0;
for(int k = 1, j = (pos + d) % v; j != pos; j = (j + d) % v, ++k){
while(h <= t && k - id[h] >= len) ++h;
if(h <= t) dp[j] = Min(dp[j], q[h] + v + (k - id[h]) * d);
while(h <= t && q[t] - id[t] * d > dp[j] - k * d) --t;
q[++t] = dp[j], id[t] = k;
}
}
}
inline void solve(){
read(n), read(w); tot = 0;
scanf("%s", s + 1);
for(int i = 2, j = 0; i <= n; nxt[i++] = j){
while(j && s[j+1] != s[i]) j = nxt[j];
if(s[j+1] == s[i]) j++;
}
for(int x = nxt[n]; x; x = nxt[x]){
int flag = 0;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
if(b[i] == 1 || a[i][2] - a[i][1] == (n - x) - a[i][b[i]]){
a[i][++b[i]] = n - x, flag = 1; break;
}
if(!flag) ++tot, a[tot][b[tot]=1] = n - x;
}
dp[0] = n;
for(int i = 1; i < n; i++) dp[i] = inf;
int lst = n;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
gao(a[i], b[i], lst), lst = a[i][1];
ans = 0;
for(int i = 0; i < lst; i++) if(dp[i] <= w) ans += (w - dp[i]) / lst + 1;
cout << ans << endl;
}
int main(){
int T; read(T); while(T--) solve();
return 0;
}