洛谷3426 [POI2005]SZA-Template 恶臭dp+kmp

前言

做这道题时，我和巨神yxc在洛咕上看到了一篇代码奇短的题解，然后看解析，发现里面的证明都是“显然”、“很简单”，被臭到。
于是zyd和yxc爆肝了2h左右，终于肝出了这个方法的证明，蜃臭。

题目链接：传送门

Byteasar想在墙上涂一段很长的字符,他为了做这件事从字符的前面一段中截取了一段作为模版. 然后将模版重复喷涂到相应的位置后就得到了他想要的字符序列.一个字符可以被覆盖很多次,但是一个位置不能填不同的字符.做一个模版很费工夫,所以他想要模版的长度尽量小,求最小长度是多少。

先用kmp求出字符串的$next$数组，然后dp。（以下$next$记为$nxt$）
让$f[i]$表示前缀为$i$的模板长度的最小值。
先证明几个引理。

注明：
用来覆盖一个序列的模版一定是字符串的前缀，但在下文中有些地方称为“长度为XXX的串”，意思是"长度为XXX的前缀"。

引理一、$f[i]$的取值只能为$i$或者$f[nxt[i]]$

引理1.1 $f[i]<=i$
这个很显然。。因为用这个字符串本身一定能覆盖前$i$个字符qwq

引理1.2 $f[i]>=f[nxt[i]]$
如果$f[i]<f[nxt[i]]$，那么就无法用$f[i]$的长度来填充前$nxt[i]$个字符（否则$f[nxt[i]]$会更小，就矛盾了）

引理1.3 若$f[i]<i$，则$f[i]<=nxt[i]$
证明：如果$f[i]>nxt[i]$，则长度为$f[i]$时，能使此字符串的前后缀相同（如图所示，两段红色的区域是相同的），因为必须有一个长度$f[i]$的串在最前面，有一个长度$f[i]$的串在最后面，否则前面或后面会覆盖不到qwq。

这与$nxt[i]$是最大的使前后缀相同的长度矛盾，所以$f[i]<=nxt[i]$。

引理1.4 若$f[i]<nxt[i]$，那么$f[i]=f[nxt[i]]$
证明：
当$f[nxt[i]]<f[i]<nxt[i]$时，覆盖情况如图所示。

由$f[i]$的定义，能用长度为$f[i]$的串来覆盖完前$i$个字符，且能用长度$f[nxt[i]]$的串覆盖前$nxt[i]$个字符。
所以珂以用前$f[nxt[i]]$的串来覆盖长度为$f[i]$的串（因为$f[i]<nxt[i]$），这与$f[i]$是最小的能覆盖前$i$个字符的长度矛盾。
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$f[i]=nxt[i]$，则$f[nxt[i]]=nxt[i]$，即$f[i]=f[nxt[i]]$。
图与引理1.4类似，就不画了qwq。
因为$f[i]=nxt[i]$，所以珂以用长度$nxt[i]$的串来覆盖前$i$个字符，且不能用长度比$nxt[i]$小的串来覆盖前$i$个。
因此前$nxt[i]$个字符和后$nxt[i]$个字符之间的部分（注意这部分可能为空，即前后$nxt[i]$个可能重叠）也可以用长度为$nxt[i]$的前缀来覆盖。
若$f[nxt[i]] \not=nxt[i]$，由引理1.1，只可能是$f[nxt[i]]<nxt[i]$的情况。
因为可以用长度为$f[nxt[i]]$的串来覆盖前$nxt[i]$个。
因此珂以把覆盖前$i$个字符的长度为$nxt[i]$的串都换成长度为$f[nxt[i]]$的串。
此时$f[i]$应为$f[nxt[i]]$，而$f[nxt[i]]<f[i]$，矛盾。
因此$f[i]=f[nxt[i]]=nxt[i]$。

综上，
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，当$f[i]<=nxt[i]$时，$f[i]=f[nxt[i]]$。
因此$f[i]=f[nxt[i]]$或$f[i]=i$。

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

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

在$[i-nxt[i],i]$之间任意一处取一个$j$，发现$[1,j]$之间一定能被红色线段覆盖。

因此可以证明引理二的充分性。

引理2.2 引理二的必要性证明，即$\exist j\in[i-nxt[i],i],f[j]=f[nxt[i]]=>f[i]=f[nxt[i]]$。
图与引理2.1的证明类似，就不画了qwq。
因为$\exist j\in[i-nxt[i],i],f[j]=f[nxt[i]]$，且由$f[nxt[i]]$的定义，长度为$f[nxt[i]]$的串能覆盖前$nxt[i]$个字符，
所以$(i-nxt[i],i]$之间的字符也可以用$f[nxt[i]]$的长度的串覆盖。
又因为$[1,j]$的字符可以用$f[nxt[i]]$的长度的串覆盖，且$j>=i-nxt[i]$，
所以$[1,i]$的字符可以用$f[nxt[i]]$的长度的串覆盖。
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，引理二得证。

重复一次引理：
引理一、$f[i]=f[nxt[i]]或i$（$f[nxt[i]]<i$）
引理二、$f[i]=f[nxt[i]]<=>存在j\in[i-nxt[i],i]，f[j]=f[nxt[i]]$
然后看这道题：
先kmp跑出$nxt$数组，然后用一个数组记录每个$f$值出现的最新位置。
遍历1~n，若$f[nxt[i]]$出现的最新位置$>=i-nxt[i]$，则$f[i]=f[nxt[i]]$，否则为$i$。

毒瘤代码

#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;
}