【题目】NOI2014 动物园

题目大意

题目首先花了大量篇幅介绍了KMP算法。其中包括回退数组$next$：

• 对于字符串$S$的前$i$个字符构成的子串，既是它的后缀又是它的前缀的字符串中（它本身除外），最长的长度记作$next[i]$。
• 例如$S$为$abcababc$，则$next[5]=2$。因为$S$的前$5$个字符为$abcab$，$ab$既是它的后缀又是它的前缀，并且找不到一个更长的字符串满足这个性质。同理，还可得出$next[1]=next[2]=next[3]=0$，$next[4]=next[6]=1$，$next[7]=2$，$next[8]=3$。

而本题要求求出一个$num$数组：

• 对于字符串$S$的前$i$个字符构成的子串，既是它的后缀同时又是它的前缀，并且该后缀与该前缀不重叠，将这种字符串的数量记作$num[i]$。
• 例如$S$为$aaaaa$，则$num[4]=2$。这是因为$S$的前$4$个字符为$aaaa$，其中$a$和$aa$都满足性质“既是后缀又是前缀”，同时保证这个后缀与这个前缀不重叠。而$aaa$虽然满足性质“既是后缀又是前缀”，但是这个后缀与这个前缀重叠了，所以不能计算在内。同理，$num[1]=0$，$num[2]=num[3]=1$，$num[5]=2$。

字符串的长度很大（$L⩽1000000$），结果输出$\prod _{i=1}^L(num[i]+1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1000000007$。

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思路

$num$数组中“后缀与前缀不重叠”的条件不容易处理，并且跟$next$数组的定义大相径庭，故定义一个$nu{m}^{\prime }$数组：

• 对于字符串$S$的前$i$个字符构成的子串，既是它的后缀同时又是它的前缀的字符串的数量记作$num[i]$。这里的前缀和后缀包括$S$本身。

其实就是去掉“后缀与前缀不重叠”这个条件的$num$数组。

$nu{m}^{\prime }[i]$中统计的串中，首先一定有这个串本身；而其它的串都被囊括在$next[i]$表示的串内（包括两个长度为$next[i]$的串）：

根据$next$数组的定义，首尾两个长度为$next[i]$的串相同，把所有的串平移至同一个长度为$next$的串内：

这些串就成了前$next[i]$个字符构成的子串中既是后缀又是前缀的字符串，根据定义，这些串的数量为$nu{m}^{\prime }[next[i]]$。
再加上前$i$个字符构成的子串本身，得出递推式：
$$nu{m}^{\prime }[i]=nu{m}^{\prime }[next[i]]+1$$

递推的时间复杂度是$O(n)$（这里以及下文的$n$指字符串长度$L$，也就是$num$数组的大小）。递推的边界是$nu{m}^{\prime }[0]=0$。

现在考虑把“后缀与前缀不重叠”的条件加上。这个条件就是让$num[i]$中的串的长度不超过$\frac{i}{2}$。
为了让字符串既是后缀又是前缀，除了串本身以外，最长的字符串就是$next[i]$表示的串。若$next[i]$的长度已经不超过$i$的一半，则$num[i]$就是$nu{m}^{\prime }[next[i]]$。若$next[i]$仍不满足要求，根据前面的平移操作和递推，下一个最长的串的长度就应该是$next[next[i]]$，一直回退下去，直到串的长度为满足条件的最大的长度$j$。然后就有
$$num[i]=nu{m}^{\prime }[j]$$

不难得到下面的代码：

for(int i=1;i<=n;i++){
  int j=next[i];
  while(j*2>i)j=next[j];
  num[i]=num'[j];
}

然而这个做法的时间复杂度是$O(n^2)$。不妨试试样例的第一组数据：$aaaaa$。
造成如此高的复杂度的原因是$next[i]$的规模是$O(n)$的，最坏情况下对于每个$i$，$j$都要减小$O(n)$次，然后就爆了。

考虑用KMP求$next$数组的过程：

for(int i=2,j=0;i<=len;i++){
  while(j&&t[j+1]!=t[i])j=fail[j];
  if(t[j+1]==t[i])j++;fail[i]=j;
}

KMP的时间复杂度是$O(n)$的，因为$i$从$1$枚举到$n$，增加$O(n)$次；除了if语句中$j$增加$O(n)$次，其余时间$j$都在减少，所以$j$减少也不会超过$O(n)$次。

于是可以把上面的暴力修改成下面的代码：

for(int i=2,j=0;i<=len;i++){
  while(j&&t[j+1]!=t[i])j=fail[j];
  if(t[j+1]==t[i])j++;
  while(j*2>i)j=fail[j];
  num[i]=num'[j];
}

几个问题：

时间复杂度？

$i$的枚举规模仍然是$O(n)$，$j$还是在if语句处增加$O(n)$次，因此时间复杂度为$O(n)$。

$j$是否是可行解（是否存在长度为$j$的串既是后缀又是前缀）？

$j$是由$next$数组递推得到的，根据前面的递推，$j$是可行解。

$j$是否是最优解（$j$是否是不超过$\frac{i}{2}$的最大可行解）？

由于$j$在当前的$i$时要回退减小（第二个while语句），$i$增加$1$时，$j$似乎就有可能不是最大的可行解。
根据前面得知，$j$从$next[i]$处回退一定不会错过最优解。若$j$不继续回退，得到的$j$就是$next[i]$，不会错过最优解。现在$j$要继续回退，轮到下一个$i^{\prime }=i+1$时，为了当前子串的长度为$j^{\prime }$的前后缀匹配，$j$原本就要回退（第一个while语句）。

• 若此次回退后$j^{\prime }$没有超过$\frac{i^{\prime }}{2}$，就有$j^{\prime }⩽\frac{i+1}{2}$。
  • $i$为偶数时，$j^{\prime }⩽\frac{i}{2}$，因此在这之前把$j$回退到$\frac{i}{2}$就没有什么影响。
  • $i$为奇数时，
    • 若$j^{\prime }⩽\frac{i-1}{2}$，则在这之前把$j$回退到$\frac{i}{2}$也没有什么影响。
    • 若$j^{\prime }=\frac{i+1}{2}$，说明可以匹配的最长的前后缀刚好是子串的一半，根据KMP算法的原理，此时已匹配的长度$j^{\prime }$一定是由上一次的$j$加$1$得来的。于是$j=\frac{i-1}{2}$，同样没有影响。
• 若此次回退后$j^{\prime }$超过了$\frac{i^{\prime }}{2}$，为了得到$num[i^{\prime }]$的值，$j^{\prime }$仍然要回退，回到上一种情况。