[bzoj4854][DP]无界单词

Description

传送门

题解

实在是好题
打表找规律可知第一问
但是这样的话第二问就完全不可做了
怎么办？？正经做法？
正难则反
先证明一个不太好发现的性质：一个单词如果是有界单词，那么他最小的那个界不超过$\frac{len}{2}$
如果超过了$\frac{len}{2}$，那么可知在中间有交，于是显然可以弄出来更小的界
那么这个时候我们考虑能否用$dp$算出长度为$i$的无界单词数量
那么最小的那个界显然是一个无界单词，否则能构造出更小的界
枚举最小无界单词的大小，那么转移有
$$dp[i]=2^i-\sum _{j=1}^{2\ast j<=i}dp[j]\ast 2^{i-2\ast j}$$
要做第二问的话，我们需要兹瓷询问确定了长度为$l1$的串之后，总长为$l2$的无界单词有多少个
同样根据第一问来做
设一个$dp[i]$表示确定了长度为$l1$的串之后，总长为$i$的无界单词有多少个
同样枚举最小为界的无界单词的长度$j$
$j<l1$时，已经确定这个$j$是什么，那先判合法再乘一个$2^{i-2\ast j}$
$j>=l1$且不满足下面条件时，可知$dp[j]$是一定满足所有前缀都为确定的串的无界单词，减去$dp[j]\ast 2^{i-2\ast j}$
$l1+j<=i$时，填在后面的$j$与已经确定的串没有交集，那么减去$dp[j]\ast 2^{i-l1-j}$
否则，已经存在交集，那么需要判掉交集的部分与开头的部分是否相等
如上直接dp即可
遇见这种题…要记住
先从第一问的靠谱做法入手，不要搞一些有的没的
还要提升自己挖掘性质的能力啊…从答案/合法/不合法的各种角度入手啊

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#include<bitset>
#include<set>
#define LL unsigned long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
inline LL read()
{
	LL f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int stack[20];
inline void write(LL x)
{
	if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(!x){putchar('0');return;}
    int top=0;
    while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;
    while(top)putchar(stack[top--]+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');}
inline void pr2(LL x){write(x);putchar('\n');}
const int MAXN=105;
LL dp[MAXN];int cnt,a[MAXN],p[MAXN];
void nxt(int u)
{
	if(u==1)return ;
	int j=p[u-1];
	while(j&&a[j+1]!=a[u])j=p[j];
	p[u]=j+(a[j+1]==a[u]);
}
int check1(int u){return p[u]==0;}//问长度为u的前缀是否是一个无界单词
int check2(int u)//问是不是一个x界单词 
{
	for(int i=1;i<=u;i++)if(a[cnt-u+i]!=a[i])return false;
	return true;
}
LL bin[65],n,K;
LL solve()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i<=cnt)dp[i]=check1(i);
		else
		{
			dp[i]=bin[i-cnt];
			for(int j=1;2*j<=i;j++)
			{
				if(j>=cnt)dp[i]-=dp[j]*bin[i-2*j];
				else if(j+cnt<=i)dp[i]-=dp[j]*bin[i-j-cnt];
				else dp[i]-=dp[j]*check2(j+cnt-i);
			}
		}
	}
	return dp[n];
}
int main()
{
	bin[0]=1;for(int i=1;i<65;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
	int T=read();while(T--)
	{
		n=read();K=read();cnt=0;
		LL ans=solve();
		pr2(ans);memset(p,0,sizeof(p));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			a[i]=0;nxt(i);cnt++;
			LL temp=solve();
			if(K>temp)K-=temp,a[i]=1,nxt(i);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)putchar(a[i]+'a');
		puts("");
	}
	return 0;
}