洛谷3426 [POI2005]SZA-Template 惡臭dp+kmp

前言

做這道題時，我和巨神yxc在洛咕上看到了一篇代碼奇短的題解，然後看解析，發現裏面的證明都是“顯然”、“很簡單”，被臭到。
於是zyd和yxc爆肝了2h左右，終於肝出了這個方法的證明，蜃臭。

題目鏈接：傳送門

Byteasar想在牆上塗一段很長的字符,他爲了做這件事從字符的前面一段中截取了一段作爲模版. 然後將模版重複噴塗到相應的位置後就得到了他想要的字符序列.一個字符可以被覆蓋很多次,但是一個位置不能填不同的字符.做一個模版很費工夫,所以他想要模版的長度儘量小,求最小長度是多少。

先用kmp求出字符串的$next$數組，然後dp。（以下$next$記爲$nxt$）
讓$f[i]$表示前綴爲$i$的模板長度的最小值。
先證明幾個引理。

註明：
用來覆蓋一個序列的模版一定是字符串的前綴，但在下文中有些地方稱爲“長度爲XXX的串”，意思是"長度爲XXX的前綴"。

引理一、$f[i]$的取值只能爲$i$或者$f[nxt[i]]$

引理1.1 $f[i]<=i$
這個很顯然。。因爲用這個字符串本身一定能覆蓋前$i$個字符qwq

引理1.2 $f[i]>=f[nxt[i]]$
如果$f[i]<f[nxt[i]]$，那麼就無法用$f[i]$的長度來填充前$nxt[i]$個字符（否則$f[nxt[i]]$會更小，就矛盾了）

引理1.3 若$f[i]<i$，則$f[i]<=nxt[i]$
證明：如果$f[i]>nxt[i]$，則長度爲$f[i]$時，能使此字符串的前後綴相同（如圖所示，兩段紅色的區域是相同的），因爲必須有一個長度$f[i]$的串在最前面，有一個長度$f[i]$的串在最後面，否則前面或後面會覆蓋不到qwq。

這與$nxt[i]$是最大的使前後綴相同的長度矛盾，所以$f[i]<=nxt[i]$。

引理1.4 若$f[i]<nxt[i]$，那麼$f[i]=f[nxt[i]]$
證明：
當$f[nxt[i]]<f[i]<nxt[i]$時，覆蓋情況如圖所示。

由$f[i]$的定義，能用長度爲$f[i]$的串來覆蓋完前$i$個字符，且能用長度$f[nxt[i]]$的串覆蓋前$nxt[i]$個字符。
所以珂以用前$f[nxt[i]]$的串來覆蓋長度爲$f[i]$的串（因爲$f[i]<nxt[i]$），這與$f[i]$是最小的能覆蓋前$i$個字符的長度矛盾。
因此$f[nxt[i]]<f[i]<nxt[i]$不成立。
由引理1.2，$f[i]>=f[nxt[i]]$。由已知，$f[i]<nxt[i]$。
所以$f[i]=f[nxt[i]]$。

引理1.5 若$f[i]=nxt[i]$，則$f[nxt[i]]=nxt[i]$，即$f[i]=f[nxt[i]]$。
圖與引理1.4類似，就不畫了qwq。
因爲$f[i]=nxt[i]$，所以珂以用長度$nxt[i]$的串來覆蓋前$i$個字符，且不能用長度比$nxt[i]$小的串來覆蓋前$i$個。
因此前$nxt[i]$個字符和後$nxt[i]$個字符之間的部分（注意這部分可能爲空，即前後$nxt[i]$個可能重疊）也可以用長度爲$nxt[i]$的前綴來覆蓋。
若$f[nxt[i]] \not=nxt[i]$，由引理1.1，只可能是$f[nxt[i]]<nxt[i]$的情況。
因爲可以用長度爲$f[nxt[i]]$的串來覆蓋前$nxt[i]$個。
因此珂以把覆蓋前$i$個字符的長度爲$nxt[i]$的串都換成長度爲$f[nxt[i]]$的串。
此時$f[i]$應爲$f[nxt[i]]$，而$f[nxt[i]]<f[i]$，矛盾。
因此$f[i]=f[nxt[i]]=nxt[i]$。

綜上，
由引理1.1和引理1.2，有$f[nxt[i]]<=f[i]<=i$。
由引理1.3，有$f[nxt[i]]<=f[i]<=nxt[i]$或$f[i]=i$。
由引理1.4和引理1.5，當$f[i]<=nxt[i]$時，$f[i]=f[nxt[i]]$。
因此$f[i]=f[nxt[i]]$或$f[i]=i$。

引理二、$f[i]=f[nxt[i]]$的充要條件是存在$j \in [i-nxt[i],i)$，$f[j]=f[nxt[i]]$

引理2.1 引理二的充分性證明，即$f[i]=f[nxt[i]] => \exist j\in[i-nxt[i],i],f[j]=f[nxt[i]]$

在$[i-nxt[i],i]$之間任意一處取一個$j$，發現$[1,j]$之間一定能被紅色線段覆蓋。

因此可以證明引理二的充分性。

引理2.2 引理二的必要性證明，即$\exist j\in[i-nxt[i],i],f[j]=f[nxt[i]]=>f[i]=f[nxt[i]]$。
圖與引理2.1的證明類似，就不畫了qwq。
因爲$\exist j\in[i-nxt[i],i],f[j]=f[nxt[i]]$，且由$f[nxt[i]]$的定義，長度爲$f[nxt[i]]$的串能覆蓋前$nxt[i]$個字符，
所以$(i-nxt[i],i]$之間的字符也可以用$f[nxt[i]]$的長度的串覆蓋。
又因爲$[1,j]$的字符可以用$f[nxt[i]]$的長度的串覆蓋，且$j>=i-nxt[i]$，
所以$[1,i]$的字符可以用$f[nxt[i]]$的長度的串覆蓋。
由引理一，$f[i]=f[nxt[i]]$或$i$。
由引理1.1，$f[nxt[i]]<=nxt[i]<i$，即$f[nxt[i]]<i$，
所以$f[i]=f[nxt[i]]$。

由引理2.1和引理2.2，引理二得證。

重複一次引理：
引理一、$f[i]=f[nxt[i]]或i$（$f[nxt[i]]<i$）
引理二、$f[i]=f[nxt[i]]<=>存在j\in[i-nxt[i],i]，f[j]=f[nxt[i]]$
然後看這道題：
先kmp跑出$nxt$數組，然後用一個數組記錄每個$f$值出現的最新位置。
遍歷1~n，若$f[nxt[i]]$出現的最新位置$>=i-nxt[i]$，則$f[i]=f[nxt[i]]$，否則爲$i$。

毒瘤代碼

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
	re x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') {
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9') {
		x=10*x+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int Size=500005;
int n,b[Size],f[Size],nxt[Size];
char str[Size];
int main() {
//	n=read();
	scanf("%s",str+1);
	n=strlen(str+1);
	int j=0;
	for(re i=2; i<=n; i++) {
		while(j>0 && str[j+1]!=str[i])	j=nxt[j];
		if(str[j+1]==str[i])	j++;
		nxt[i]=j;
	}
	for(re i=2; i<=n; i++) {
		f[i]=i;
		if(b[f[nxt[i]]]>=i-nxt[i]) {
			f[i]=f[nxt[i]];
		}
		b[f[i]]=i;
	}
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}