标签：strlen max 时间 mod alpha $2 close can 不同
（以下字符串下标从0开始，并定义$2s=s+s$）
考虑$f(S)$，即令$l=\max_{2i<|S|且S[0,i)=S[|S|-i,|S|)]}i$，则$f(S)=S+S[l,|S|-l)$
由于次数足够多，先做一次$S=f(S)$不影响答案，因此假设原串为$2S$（这个$S$不同于初始的$S$）
考虑$f(2S)$，类似的即令$l=\max_{i<|S|且S[0,i)=S[|S|-i,|S|)}i$（最长非自身的border），则$f(2S)=2(S+S[0,|S|-l))$
构造一个新的函数$g(S)=S+S[0,|S|-l)$，不难归纳得到$f_{k}(2S)=2g_{k}(S)$，且由于$|g_{10^{100}}(S)|\ge 10^{18}$，因此不需要考虑2倍，只需要求$g_{10^{100}}(S)$
令$T=S[0,|S|-l)$，那么$g_{2}(S)=g(S+T)$，记$S‘=S+T$，即求$S‘$时的$l$
根据$l$的定义可得$S[0,|S|-|T|)=S[|T|,|S|)$，代入到每一个字符即$\forall 0\le i<|S|-|T|,S_{i}=S_{i+|T|}$
若$|T|$为$|S|$的约数，由此不难得到$S=TT...T$，否则$S=TT...TP$（其中$P$为$T$的前缀），之后$l$所对应的$S$的border即为去掉第一个$T$后的串
对于第一种情况有$l=|S|$，可得$S‘[0,l)=S[|S‘|-l,|S‘|)=S$，同时若有更大的$l‘$，可得$TT...TP=PTT...T$（其中$P=T[0,l‘-|S|)$），那么将两边同时去掉串首的$T$即得到$S$一个更长的border
（关于第二个为什么以$P$开头：首先由于其与$T$相同，必然是$T$的前缀，长度又等于$P$，根据前缀的唯一性即为$P$）
在此基础上继续归纳下去，即得$g_{k}(S)=g_{k-1}(S)+T=STT...T$（共$k$个$T$），简单计算一下即可
对于第二种情况有$l=|T|$，可得$S‘[0,l)=S‘[|S‘|-l,|S‘|)=T$，同时若存在更大的$l‘$，则考虑两者相同的最后$|T|$个字符，前者是$T$的一个循环，后者即为$T$
假设以$T_{i}$开头，即得到$T_{j}=T_{(j+i)mod\ |T|}$，不难得到$T$必然是一个串循环若干次，这与KMP的性质矛盾，因此不存在更大的$l‘$
接下来同样归纳，可得$g_{k+1}(S)=g_{k}(S)+g_{k-1}(S)$，考虑如何处理：
先将其差分，求长为$l$的前缀的各个字母数量，而由于$|g_{0}(S)|,|g_{1}(S)|\ge 1$，不难发现其在100项时长度一定超过$10^{18}$，找到最后一个$g_{k}(S)\le l$，之后统计$g_{k}(S)$的字母数量并递归$l-g_{k}(S)$即可
这样的时间复杂度最优可以达到$o(|S|+|\alpha|m)$（其中$m=100$）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200005 4 #define M 105 5 #define ll long long 6 int n,m,nex[N]; 7 ll l,r,len[M],sum[M][31],ans[31]; 8 char s[N]; 9 void calc1(ll k,int p){ 10 if (k<n) 11 for(int i=0;i<k;i++)ans[s[i]-‘a‘]+=p; 12 else{ 13 for(int i=0;i<n;i++)ans[s[i]-‘a‘]+=p; 14 k-=n; 15 for(int i=0;i<nex[n];i++)ans[s[i]-‘a‘]+=p*k/nex[n]; 16 for(int i=0;i<k%nex[n];i++)ans[s[i]-‘a‘]+=p; 17 } 18 } 19 void calc2(ll k,int m,int p){ 20 if (k<=n){ 21 for(int i=0;i<k;i++)ans[s[i]-‘a‘]+=p; 22 return; 23 } 24 while (len[m]>k)m--; 25 for(int i=0;i<26;i++)ans[i]+=sum[m][i]*p; 26 calc2(k-len[m],m,p); 27 } 28 int main(){ 29 scanf("%s%lld%lld",s,&l,&r); 30 n=strlen(s); 31 nex[0]=nex[1]=0; 32 for(int i=1,j=0;i<n;i++){ 33 while ((j)&&(s[j]!=s[i]))j=nex[j]; 34 if (s[j]==s[i])j++; 35 nex[i+1]=j; 36 } 37 int nn=n; 38 while (2*n>=nn)n=nex[n]; 39 n=nn-n; 40 nex[n]=n-nex[n]; 41 if (n%nex[n]==0){ 42 calc1(r,1); 43 calc1(l-1,-1); 44 for(int i=0;i<26;i++)printf("%lld ",ans[i]); 45 return 0; 46 } 47 len[0]=n; 48 for(int i=0;i<n;i++)sum[0][s[i]-‘a‘]++; 49 len[1]=n+nex[n]; 50 for(int i=0;i<n;i++)sum[1][s[i]-‘a‘]++; 51 for(int i=0;i<nex[n];i++)sum[1][s[i]-‘a‘]++; 52 m=1; 53 while (len[m]<r){ 54 m++; 55 len[m]=len[m-1]+len[m-2]; 56 for(int i=0;i<26;i++)sum[m][i]=sum[m-1][i]+sum[m-2][i]; 57 } 58 calc2(r,m,1); 59 calc2(l-1,m,-1); 60 for(int i=0;i<26;i++)printf("%lld ",ans[i]); 61 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/PYWBKTDA/p/14266346.html
