蓝书（算法竞赛进阶指南）刷题记录——POJ1961 Period（KMP算法）

题目：POJ1961.
题目大意：给定一个长度为$n$的字符串$S[1..n]$，求出对于每一个前缀$S[1..i]$满足最大循环次数大于$1$，该前缀的长度与最大循环次数.
$1\le n\le 10^6$.

注：一个串$S[1..n]$的一个$i$最小的前缀$S[1..i]$满足$S[1..i]$重复$k(k\in N_{+})$次与$S[1..n]$完全相同，那么$S[1..i]$被称为$S[1..n]$的最小循环元，$k$被称为$S[1..n]$的最大循环次数.

最小循环元问题是KMP的一个很经典的应用，所以先求出原串的$next$数组.

我们回忆$next$数组的含义，$next$数组表示的是最长的一个既是前缀又是后缀的真子串的长度.那么应用这个数组的性质，容易猜到一个结论：当$(i-next[i])|i$时，$S[1..i]$就有最小循环元$S[1..i-next[i]]$.

我们可以证明一下：

首先证明$S[1..i-next[i]]$是$S[1..i]$的一个循环元.

我们发现，若$(i-next[i])|i$时，当$next[i]=0$时结论显然成立.

当$next[i]>0$也就是$i-next[i]<i$时，必然会出现这样的情况：

黑色的表示一个串$A$，长度为$S$，红色的这两段相等，也就是说红色的长度就是$next[S]$，那么显然蓝色的线段都必须相等.

于是蓝色的长度就为$S-next[S]$，发现上面的结论成立.

同时由于$next$数组的极大性，发现这个循环元一定是最小的，所以整个结论成立.

有了这个结论的成立，我们就可以开始愉快的写代码了：

#include<iostream>
#include<cstdio>
  using namespace std;
 
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
 
const int N=1000000;
 
char a[N+9];
int n,nxt[N+9],top;
 
char rc(){
  char c=getchar();
  for (;c<97||c>126;c=getchar());
  return c;
}
 
void self_mate(){
  int j=0;
  nxt[1]=0;
  for (int i=2;i<=n;++i){
    while (a[j+1]^a[i]&&j>0) j=nxt[j];
    if (a[j+1]==a[i]) ++j;
    nxt[i]=j;
  }
}
 
Abigail into(){
  for (int i=1;i<=n;++i)
    a[i]=rc();
}
 
Abigail work(){
  self_mate();
}
 
Abigail outo(){
  printf("Test case #%d\n",++top);
  for (int i=1;i<=n;++i)
    if (i%(i-nxt[i])==0&&i/(i-nxt[i])>1)
      printf("%d %d\n",i,i/(i-nxt[i]));
  puts("");
}
 
int main(){
  while (~scanf("%d",&n)&&n){
    into();
    work();
    outo();
  }
  return 0;
}