cf1537 Round #726 Div2-E1、E2【思维+找结论】

Date：2022.01.08

题意：给个字符串s，两种操作：
①去掉最后一个字符
②字符串后接上自身
求操作后字典序最小的、长度为k的串。

E1：$1<=n,k<=5000$
E2：$1<=n,k<=5\ast 10^5$

思路①：先看E1，首先能发现一个结论，即：长度为k且字典序最小的串一定是原串的某个前缀（因此此处可能先进行了操作1）进行若干次操作2得到的串取前k个字符，为什么？
反证：假设字典序最小的串在操作2的过程中进行了若干次操作1，则说明对比正常进行操作2若干次出现了某部分字典序是更小的，又因为操作1是删除了最后的字母，因此这一部分字典序更小的子串一定是原串中的某个字典序更小的前缀，那么如果我们一开始选择它去进行操作2，得到的字典序一定会更小。举个例子：
假设要得到长度为16的串，首先取前缀：dbcde，首先进行操作2翻一倍得到dbcdedbcde，此时我们再进行操作1删除末尾两个字母得到dbcdedbc；再翻倍得到dbcdedbcdbcdedbc，而原串直接操作2则为dbcdedbcdedbcded，显然第一个串更短，那么此时我们发现对比原前缀dbcde，我们发现操作过程中有个更小的前缀：dbc，那我们用dbc翻倍则字典序会更小。原理即如此，因此结论成立。
由此，思路①即为枚举所有前缀并翻倍，找出其中字典序最小的，再取前k个字符输出。
代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5050;
typedef long long LL;
LL n,m,t;
char s[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    LL ans=(m+n-1)/n;
    string minp="",p="";
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {cin>>s[i];p+=s[i];}
    for(int i=1;i<=ans;i++) minp+=p;
    string ss="";
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL x=(m+i-1)/i;ss+=s[i];
        string pp="";
        for(int j=1;j<=x;j++) pp+=ss;
        if(minp>pp) minp=pp;
    }
    for(int i=0;i<m;i++) cout<<minp[i];
    return 0;
}

思路②：再看E2，首先有了E1的结论我们则只需要考虑前缀选哪个，因此我们从前到后枚举i，看i+1（即s[0] ~ s[i]）长度的前缀是否比当前最优前缀长度p（即s[0] ~ s[p-1]）字典序更小。初始p==1，假设我们当前枚举的前缀长度为i+1，那么与最优解p有以下三种情况：
①s[i] > s[i%p]：对比于i及长度更长的串作为前缀，p是更优的，直接跳出即可。
②s[i] == s[i%p]：不管。
③s[i] < s[i%p]：用i+1长度的前缀比用p长度的前缀更优，因此更新p=i+1。
代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
typedef long long LL;
LL n,m,t;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    string s;cin>>s;
    int p=1,i=0,n=s.length();
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(s[i]>s[i%p]) break;
        if(s[i]<s[i%p]) p=i+1;
    }
    for(int i=0;i<m;i++) cout<<s[i%p];
    return 0;
}