Solution Set - Border Theory

  我发现写 Solution Set 就不用写每道题的题意了，岂不美哉？

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  首先是一些奇妙结论。

  定理 1（弱周期定理） 对于字符串 \(S\)，若 \(S[:p]\) 和 \(S[:q]\) 都是 \(S\) 的周期，且 \(p\not=q,p+q\le|S|\)，则 \(S[:\gcd(p,q)]\) 也是 \(S\) 的周期。

  证明 考虑更相减损，不妨令 \(q>p\)，则只需证 \(S[:q-p]\) 为周期。注意到 \(\forall i\in[1,|S|]\)，总有 \(i>p\lor i\le|S|-q\) 成立，对于前者，\(S_i=S_{i-p}=S_{i-p+q}\)；对于后者，\(S_i=S_{i+q}=S_{i+q-p}\)。故 \(S[:q-p]\) 为周期。 \(\square\)

  这个定理“弱”在 \(p+q\) 的范围，该范围可以扩大到 \(p+q\le|S|+\gcd(p,q)\)，在此略过。

  定理 2

1. 字符串 \(S\) 中所有 \(\ge\frac{|S|}{2}\) 的 border 可排列为一个等差数列。
2. 若字符串 \(S\) 的最长 border \(p\ge\frac{|S|}{2}\)，则 \(d=n-p\) 是周期；集合 \(B=\{q\in[1,p]\mid q\equiv p\pmod d\}\) 均为 border；且 \([d,p]\) 内的所有 border \(B'\subseteq B\)。（注意区间左端点。）
3. 对于字符串 \(S,T\)，集合 \(\left\{k\in\left[\frac{|S|}{2},\min\{|S|,|T|\}\right]\mid S[:k]=T[|S|-k+1:]\right\}\) 可排列为一个等差数列。

  证明

1. 记 \(|S|=n\)。取最大的满足条件的 border \(p\)，那么由 定理 1，对于任意满足条件的 border \(q\)，有 \((n-p)\mid(n-q)\)，且任意满足 \(q\ge\frac{|S|}{2}\land(n-p)\mid(n-q)\) 的 \(q\) 均为 border。因此，可得一个公差为 \(n-p\) 的等差数列。 \(\square\)

2. 这是与上一定理形似，但应用更广的扩展。显然 \(d\) 是周期且所有 \(q\in B\) 为 border，我们还需要说明 \([d,p]\) 内不存在其他形式的 border。反证，若存在一个 \(r\in[d,p]\setminus B\) 为 border，则能取出一个 \(q\in B\)，使得 \(q,r\) 同属一个周期且 \(|q-r|<d\)。通过说明 \(d'=|q-r|<d\) 也是周期，我们能找到一个大于 \(p\) 的 border，继而导出矛盾。具体讨论见下图：

   

   例如 \(r=|GH|,q=|IJ|,d=2\)（网格线单位为 \(1\)），通过在 border 和周期间代换，我们发现在串 \(KM\) 中，\(d\) 是大于半串长的 border，而 \(d'=|HM|\) 便是其周期。继而 \(d=kd'\)，所以 \(d'\) 是原串周期。接着上文的讨论，我们导出了矛盾。 \(\square\)

3. 类似地，取最大的满足条件的 \(k=p\)，那么任意 \(k\) 均为 \(S[:p]\) 的 border，且 \(S[:p]\) 的 border 均满足条件。此后同理可证。 \(\square\)

  举一个 定理 2.(1) 的经典使用例子：确保无法均摊复杂度的 KMP（e.g. Trie 上 KMP）复杂度不超过 \(\mathcal O(n\log n)\)。

  定理 3 长度为 \(n\) 的字符串 \(S\) 的所有 border 可划分为 \(\mathcal O(\log n)\) 个等差数列。

  证明 令 定理 2.(3) 中的 \((S,T)\) 为 \((S,S),(S[:|S|/2],S),(S[:|S|/4],S),\cdots\)，分别可证长度在 \([|S|/2,|S|],[|S|/4,|S|/2],\cdots\) 的 border 构成等差序列。由于是复杂度上界我们也没必要考虑边界取不取， 因此得证。此外，我们还能说明，可以按从大到小或从小到大的顺序贪心构造等差数列，这种构造方法能够确保复杂度。 \(\square\)

  个人感觉不涉及自动机等模板化算法的字符串题都比较神奇，而 border 又算最神奇的考点，所以相关结论（esp. 定理 3）还是在脑中留个印象比较好√

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  「洛谷 P5829」「模板」失配树 + 额外限制：空间 \(\le 10\text{ Mib}\)。

  不妨记 \(S[:i]\) 的最长 border 为 \(\operatorname{next}(i)\)，若没有严格空间限制，显然可以在边 \((\operatorname{next}(i),i)\) 构成的树上求每对 \(p,q\) 的 LCA。

  额外的限制要求我们对上文定理的灵活使用。不妨设 \(p>q\)，取当前 \(r=\operatorname{next}(p)\)，讨论

• \(r<\frac{p}{2}\)，可见简单地令 \(p\leftarrow r\) 是可以保障复杂度的；
• \(r\ge\frac{p}{2}\)，注意 \(r\) 是 \(S[:p]\) 的最大 border，由 定理 2.(2)，若 \(q\equiv r\pmod{p-r}\)，则答案为 \(q\)；否则令 \(p\leftarrow (r\bmod (p-r))+(p-r)\)。（我们无法保证 \([1,p-r]\) 内无其他形式的 border。）

  复杂度显然为 \(\mathcal O(n+m\log n)\)，明显于一般的求 LCA 方法（你写四毛子当我没说 w）。

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  「洛谷 P1393」Mivik 的标题

  这种匹配计数题一般是用 border 来转移 DP。设 \(l=|S|\)，\(B\) 为 \(S\) 的真 border 集合。从暴力入手，令 \(f(i)\) 表示生成了前 \(i\) 个字符，恰好得到一个 \(S\) 的方案数。容斥计数，对于 \(i\ge l\)，显然有

\[f(i)=m^{i-l}-\sum_{j\le i-l}f(j)-\sum_{j\in B}f(i-l+j).
\]

第一个和式可以前缀和优化，第二个和式，利用 定理 3 拆分为 \(\mathcal O(\log l)\) 个等差数列上的 \(f\) 之和，亦可前缀和优化。最终复杂度为 \(\mathcal O(n\log l)\)。

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  「HNOI 2019」「洛谷 P5287」JOJO

  询问显然可以视为树形结构，相当于需要在树上 KMP。

  发现当两个子串匹配时，它们的二元组表达几乎是一致的，只有左右两端可能不同。所以我们的第一个问题是设计一个基于二元组的 \(\operatorname{next}\) 定义。定义两个二元组串 \(S=(S_1^c,S_1^x)(S_2^c,S_2^x)\cdots\) 和 \(T=(T_1^c,T_1^x)(T_2^c,T_2^x)\cdots\) 有 \(S\approx T\)，当且仅当

\[|S|=|T|\land (\forall i>1,(S_i^c,S_i^x)=(T_i^c,T_i^x))\land S_1^c=T_1^c\land S_1^x\le T_1^x.
\]

其实这个 "\(\approx\)" 选得不好，烦请注意 \(\approx\) 没有反身性。此后，对于二元组串 \(S\)，定义 \(\operatorname{next}(i)\) 为最大的 \(j\)，满足

\[S[:j]\approx S[i-j+1:i].
\]

先不考虑复杂度，这个 \(\operatorname{next}\) 是能够通过正常 KMP 求出来的。接着思考已知 \(\operatorname{next}\) 时如何求最后一个二元组内部的 border 贡献。显然，沿着 \(|S|-1\) 一路跳 \(\operatorname{next}\)，维护最后一个二元组已经有多长的前缀找到了 border，考虑当前跳到的位置 \(i\) 的下一个二元组 \(S_{i+1}\) 能否使更长的前缀找到 border，若能，有多长的前缀找到 border，即可计算答案。

  现在的唯一问题是复杂度。我们去思考该定义下的 \(\operatorname{next}\) 能否用 定理2.(1) 加速跳跃过程。答案是《能但不完全能》。举个例子

看图，此时 \(S=GH\) 的最长 "border" 为 \(AB\)，\(|AB|\ge\frac{|S|}{2}\)，\(AB\approx CD\)，故第一个二元组 \(|AE|\le|CF|\)。我们只知道，第一个二元组 \(CF\) 在 \(S\) 中点左侧，它无法构成严格等于的周期。因此，我们只能断言通过周期跳跃，着陆在 \(\frac{|S|}{2}\) 之后的某个位置是安全的。当然，这一限制可以收紧，但已经能够保证复杂度。最终复杂度即为 \(\mathcal O(n\log n)\)。

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  「WC 2016」「洛谷 P4156」论战捆竹竿

  对于竹竿长度 \(x\)，初始有 \(x=n\)，每次操作可以令 \(x\) 加上 \(n-b\)，其中 \(b\) 为 \(S\) 的任意 border，问最终 \([1,W]\) 内有多少可取的 \(x\)。可以发现，这是一个同余最短路模型。

  但要小心，如果我们直接开始“优化建图”，很可能忽略原本显而易见的性质。套一般性模板的代价自然是失去特殊性。所以暂时别去想“跑最短路”，只是思考如何求到在某个有意义的模数 \(m\) 下，最小的使得 \(x\equiv r\pmod m,~r=0..m-1\) 的 \(x:=d_m(r)\) 的值。

  联系已有结论，感觉等差数列在同余意义下会带来特殊性，所以想到先用 定理 3 拆出等差数列。设 \(x,x+d,\cdots,x+kd\) 均为 \(n-\text{border}\) 的值（注意不是 border 的值），把初始的 \(x\) 作为模数模掉，按照 \(d\) 在模 \(x\) 意义下划分出的 \(\gcd(x,d)\) 个环，用 \(+d,+2d,\cdots,+kd\) 来更新同一个环上的 \(d_x(r)\)，注意到边带正权，所以初始最小的 \(d_x(p)\) 不会被更新，可以使用单调队列优化。

  然而这种想法导向另一个问题：我们需要实现不同模数下 \(d\) 的转化。考虑 \(d_x(r)\) 的意义：\(d_x(r)+kx~(k\in\mathbb N)\) 都能取到，转化到 \(d_y\) 下，即 \((d_x(r)\bmod y)+k(x\bmod y)~(k\in\mathbb N)\) 都能取到。那么初始有 \(d_y(d_x(r)\bmod y)=d_x(r)\)，再用 \(+k(x\bmod y)\) 在 \(d_y\) 之间互相转移。由于 \(k\) 没有上限，不需要单调队列。

  综上，我们虽然用同余最短路描述了问题，但仍紧贴 border 的性质完成转化。最终复杂度 \(\mathcal O(Tn\log n)\)。

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  最重要的结论：字符串题多画图√