CF825F - String Compression

题意：压缩字符串，把字符串分成若干个子串，每个子串可以被压缩成“循环次数 $+$ 循环节”的形式，求最小长度。

dp 求 lcp

先 $O(n^2)$ dp 求出所有后缀对的 $lcp_{x,y}$，（也可以 $\text{SA}$ $O(\log n)$ 求，但是本题 $n=8000$ 还有 $\dfrac{1}{2}$ 的常数，没必要这么做。

然后我们设 $dp_{i}$ 表示当前 $i-1$ 前面的位置都已经压缩完成的最小长度。枚举最小循环节长度 $j$，一直往后 $dp$，直到 $lcp_{i,r}\lt j$ 为止。

对其中所有的 $i+kj$，将 $[i,i+kj-1]$ 压缩成一个子串进行转移，转移到 $i+kj$。提前预处理出每个循环次数和字符串长度的对应关系 $O(1)$ 转移到 $i+kj$，转移复杂度 $O(n\log n)$，总的复杂度是 $O(n^2\log n)$ 的，但是常数较小，可过。

双模哈希

首先，显而易见的贪心，如果当前确定了要把 $[l,r]$ 压缩成一个子串，则一定选择最小的循环节。因为选择更大的循环节，循环节的长度增加是循环次数长度减少的 $10$ 倍。

然后，考虑如何计算 $[l,r]$ 中的最小循环节。

我们考虑计算 $f_{l,r}$ 表示以 $[l,r]$ 为第一个循环节，最多往后循环次数。我们可以从后往前枚举左端点，然后只考虑 $f_{r+1,r+(r-l+1)}$，因为这是我们从 $f_{l,r}$ 往后拓展的必经之路。我们可以用字符串哈希 $O(1)$ 判断两个区间是否相等，从而判断能否从后面进行转移，如果可以，$f_{l,r}=f_{r+1,r+(r-l+1)}+1$，否则，$f_{l,r}=1$。

接下来有一个假做法，就是枚举 $i$ 之后的最小循环节长度，然后贪心选取尽可能多的循环次数。但是这样会 WA，因为我们可能要留一点字符给后面的循环节。

我们考虑计算 $g_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 的最小循环节。我们的思路是从小到大枚举，然后使用 $f_{l,r}$ 往后延申直到超出 $f_{l,r}$ 的次数。这样就是对每个 $[l,r]$ 都循环 $f_{l,r}$ 次对 $g_{l,l+k\times len}$ 进行贡献。复杂度是 $O(n^2\log n)$，和前面的做法没什么区别。

但是我们如果使用一些线性筛的思想，使得每个 $g_{l,r}$ 只被自己的最小循环节贡献，如果当前的循环节已经存在循环节，就不往更大的区间进行贡献。我们发现这是正确的。

首先，如果一个长度 $n$ 的区间存在两种循环节，长度分别是 $x$ 和 $y$，那么一定存在 $\gcd(x,y)$ 长度的循环节。我们假设 $x<y$，考虑所有长度为 $y$ 的循环节将所有长为 $\gcd(x,y)$ 的单元分成 $n/y$ 段，每段都有 $y$ 个不同的，而划分出 $y$ 个剩余类，例如 0 1 2 0 1 2 0 1 ... 。然后考虑 $x$ 对 $y$ 的覆盖，因为 $x'=\dfrac{x}{\gcd(x,y)}$ 和 $y'=\dfrac{y}{\gcd(x,y)}$ 是互质的，所以其唯一重合的地方是 $n'=\dfrac{n}{\gcd(x,y)}$。那么从 $0$ 开始每次跳 $x'$ 遍历可以遍历 $y'$ 的整个剩余系。

或者说，对 $y'$ 的剩余系而言，因为 $x'$ 和 $y'$ 互质，所以设 $S$ 是模 $y$ 的剩余系，则 $xS=S$，即$0,x',2x',3x',\cdots,(y'-1)x'$ 模 $y'$ 两两不同余。则所有模 $x'$ 意义下的等价类 $0$ 都两两不同的对应了模 $y$ 意义下的所有等价类恰好一次，得到所有 $\gcd(x,y)$ 长的单元都是相同的，则存在长度 $\gcd(x,y)$ 的循环节。

那么，任何的区间 $[l,r]$ 都存在唯一最小的循环节 $s$，使得任意其他循环节 $t$，都存在 $k|s|=|t|$。那么在 $s$ 贡献到 $[l,r]$ 的同时，其其他循环节也都被贡献到了，由于先枚举小的区间，我们就不会调用 $[l,r]$ 的任意其他循环节覆盖别人，所以计算 $g_{l,r}$ 的过程中，每个$[l,r]$ 只被扫到一次，总复杂度 $O(n^2)$。

最后，设 $dp_i$ 表示 $i-1$ 以前都成功配对，然后枚举当前压缩的大区间右端点 $r$，使用其最小循环节进行贡献，预处理每个数字对应的长度，就可以做到 $O(1)$ 计算单个转移，总的转移是 $O(n)$ 的，这一环节的复杂度也是 $O(n^2)$。

从而，整个算法的复杂度是 $O(n^2)$。注意哈希和匹配的常数较大，可能成为算法瓶颈（大常数 $O(n^2)$）

const ll P1=998244353,P2=1000000007,S1=114,S2=191;

ll h1[8005],h2[8005],pw1[8005],pw2[8005],ipw1[8005],ipw2[8005];

int cnt[8005][8005],bit[8005],dp[8005];

int f[8005][8005];

st s;int n;

inline pll hsh(int l,int r){

	ll r1=(h1[r]-h1[l-1]*pw1[r-l+1]%P1+P1)%P1;

	ll r2=(h2[r]-h2[l-1]*pw2[r-l+1]%P2+P2)%P2;

	return pll(r1,r2);

}

signed main(){

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0);

	cin>>s;n=s.size();s='$'+s;

	rp(i,n)h1[i]=(h1[i-1]*S1+s[i]-'a')%P1;

	rp(i,n)h2[i]=(h2[i-1]*S2+s[i]-'a')%P2;

	pw1[0]=pw2[0]=ipw1[0]=ipw2[0]=1;

	rp(i,n)pw1[i]=pw1[i-1]*S1%P1;

	rp(i,n)pw2[i]=pw2[i-1]*S2%P2;

	rep(i,1,9)bit[i]=1;

	rep(i,10,99)bit[i]=2;

	rep(i,100,999)bit[i]=3;

	rep(i,1000,8000)bit[i]=4;

	per(l,1,n)rep(r,l,n){

		int len=r-l+1;cnt[l][r]=1;

		if(r+len<=n&&hsh(l,r)==hsh(r+1,r+len))cnt[l][r]=cnt[r+1][r+len]+1;

	}

	dp[1]=0;

	rep(i,2,n+1)dp[i]=1e9;

	rep(l,1,n)rep(r,l,n)if(f[l][r]==0){

		int len=r-l+1;

		for(int i=1;l+i*len-1<=n&&i<=cnt[l][r];i++){

			f[l][l+i*len-1]=i;

		}

	}

	rep(l,1,n)rep(r,l,n)

		dp[r+1]=min(dp[r+1],dp[l]+bit[f[l][r]]+(r-l+1)/f[l][r]);

	cout<<dp[n+1]<<endl;

	return 0;

}

//Crayan_r