题目描述
给你一个字符串(s)，问你有多少个串是最小表示串且字典序(leq s)
(|s|leq 1000)
题解
先把(s)变成比(s)小的最大的最小表示串。方法是从后枚举每一个字符，如果这个字符不是'a'，就把这个字符变成这个字符的前驱，并把后面所有字符字符变成'z'，然后判断是不是最小表示串。
可以用kmp去判断。如果(exists i,s_{i+1}>s_{fail_i+1})，那么这个串就不是最小表示串。
运用polya定理，把问题转化为求有多少个长度为(i)的字符串的最小表示串(<s)。最后把答案加上(1)。
如果一个字符串的最小表示串字典序比(s)小，那么就在这个串左旋到第一次字典序小于(s)的时候统计。
有两种情况：
情况1：(???s_1s_2ldots s_mr????)
情况2：(s_{k+1}ldots s_mr????s_1s_2ldots s_k)
这两种情况都要求(r<s_{m+1})
先看第一种情况。
枚举前面(?)的数量和(m)，要(O(n^2))的时间。
后面的(?)可以任意取，但前面的不行。
考虑暴力枚举所有情况，然后拿(s)去和这个串做KMP。
如果前面匹配时有对应位置比(s_i)小的情况，那么显然是不合法的。
如果前面的(?)匹配完后(s)中的匹配长度不为(0)，那么(s_1s_2ldots s_m)就不是第一次匹配了。（因为(s)是最小表示串，所以它的后缀一定大于整个串。）
设(f_{i,j})为有(i)个(?)，从(s_j)开始匹配，匹配完后匹配长度为(0)的方案数。
如果这一位匹配，那么方案数就是(f_{i-1,j+1})
如果不匹配，那么这一位肯定比(s_j)大，那就是(('z'-s_j)f_{i-1,1})
这样第一部分就做完了。
接下来看第二种情况。
枚举(k,m)，拿(s)去和(s_{k+1}ldots s_m)跑KMP。
假设当前匹配长度为(l)。
但是这次在匹配完后有两种情况。
如果在(r)处匹配上了，方案数就是后面(?)部分的方案数。
如果失配了，那么有(s_{l+1}<r<s_{m+1})（如果(r<s_{l+1})，那么左旋(k-l)次就比(s)小了）。
第二部分也做完了。
做一次的时间复杂度是(O(n^2))
但是要做很多次，时间复杂度还是(O(n^2))的。
还有一点细节。如果(s="abacab")，当要求的字符串的循环节长度为(2)的时候，后面有一部分(s_{3ldots 4})比第一部分(s_{1ldots 2})大，那么第一部分的所有循环同构串都是合法的。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
int gcd(int a,int b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
char s[1010];
int a[2010];
int n;
ll f[1010][1010];
int fail[2010];
ll pw[1010];
ll g[1010];
int chk(int x)
{
int i;
for(i=x+1;i<=n;i++)
if(a[i]>a[(i-1)%x+1])
return 1;
return 0;
}
ll gao(int x)
{
ll ans=0;
for(int i=0;i<x;i++)
for(int j=1;j<=x-i;j++)
ans=(ans+f[i][1]*(a[j]-1)%p*pw[x-i-j])%p;
for(int i=1;i<x;i++)
{
int k=0;
for(int j=0;j<=x-1-i;j++)
{
for(;k&&a[j+i]!=a[k+1];k=fail[k]);
if(j&&a[j+i]==a[k+1])
k++;
if(a[k+1]<a[j+i+1]-1)
ans=(ans+(a[j+i+1]-a[k+1]-1)*f[x-1-i-j][1])%p;
if(a[k+1]<=a[j+i+1]-1)
ans=(ans+f[x-1-i-j][k+2])%p;
}
}
return ans;
}
int check()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i+n]=a[i];
fail[1]=0;
int j=0;
for(int i=2;i<=2*n;i++)
{
while(j&&a[j+1]!=a[i])
j=fail[j];
if(a[j+1]==a[i])
j++;
fail[i]=j;
}
for(int i=1;i<2*n;i++)
if(a[i+1]<a[fail[i]+1])
return 0;
return 1;
}
void solve()
{
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=s[i]-'a'+1;
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pw[i]=pw[i-1]*26%p;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
if(i!=n&&a[i]>1)
a[i]--;
if(check())
break;
a[i]=26;
}
memset(f,0,sizeof f);
f[0][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
f[i][j]=f[i-1][1]*(26-a[j])%p;
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j+1])%p;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(n%i==0)
{
g[i]=gao(i);
if(chk(i))
{
if(i%(i-fail[i])==0)
g[i]+=i-fail[i];
else
g[i]+=i;
}
g[i]%=p;
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+g[gcd(i,n)])%p;
ans=ans*fp(n,p-2)%p;
ans++;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
#endif
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
solve();
return 0;
}