[cf718E]Matvey's Birthday

考虑$i$到$j$的最短路，记作$dis(i,j)$，令字符集大小为$T=8$，有$dis(i,j)<2T$

证明：

记$l=dis(i,j)$，假设这条最短路依次经过$a_{0},a_{1},...,a_{l}$（其中$a_{0}=i,a_{l}=j$）

若存在$0le i<j<kle l$，满足$s_{a_{i}}=s_{a_{j}}=s_{a_{k}}$，显然此时直接从$a_{i}$到$a_{k}$更短

即每一种字符最多出现两次，根据抽屉原理，即有$l<2T$

更进一步的，对其分两类讨论：

1.没有使用第2类边，那么显然是$|i-j|$

2.使用了第2类边，假设是这条边是$(a,b)$，则$dis(i,j)=min_{(a,b)}dis(i,a)+dis(b,j)+1$

考虑先枚举$s_{a}=s_{b}=c$，此时不难发现$a$和$b$独立，即可以对$a$和$b$分别取$dis(i,a)$和$dis(b,j)$最小

更具体的，记$f_{i,c}=min_{s_{j}=c}dis(i,j)$，即$dis(i,j)=min_{c}f_{i,c}+f_{j,c}+1$

综上，即
$$
dis(i,j)=min(|i-j|,min_{c}f_{i,c}+f_{j,c}+1)
$$
关于如何计算$f_{i,c}$，枚举$c$并从该种字符的位置出发进行bfs，第2类边显然仅允许第一次搜到该颜色时走，因此单次复杂度为$(n)$，总复杂度为$o(nT)$

此时，考虑暴力从大到小枚举直径$din [1,2T)$，并求出最短路大于等于$d$的点对数，若不为0则此时的$d$以及求出的点对数即为答案

考虑如何求最短路大于等于$d$的点对数，即$|i-j|ge d$且$min_{c}f_{i,c}+f_{j,c}+1ge d$的$(i,j)$对数

先考虑第二个条件，即$min_{c}f_{i,c}+f_{j,c}+1ge d$

构造$g_{c_{1},c_{2}}=min_{s_{i}=c_{1}}f_{i,c_{2}}$，显然可以$o(nT)$计算，同时有以下性质：$g_{s_{i},c}le f_{i,c}le g_{s_{i},c}+1$

左半部分是根据$g_{c_{1},c_{2}}$的定义，在求$min$时取$i$即可

右半部分考虑$f_{i,c}$第一次直接从$i$开始走第2类边，即为$g_{s_{i},c}+1$

由此，将$f_{i,c}-g_{s_{i},c}$看作二进制上的某一位，即压成了一个$2^{T}$的二进制数

对于每一个$i$，令这个二进制数为$state_{i}$，则通过$(s_{i},state_{i})$即可确定所有$f_{i,c}$，进而也可以确定判定结果，那么不妨去枚举$(s_{i},state_{i})$，再预处理其数量即可

统计出每一个状态的数量，并对每两个状态都求出$min_{c}f_{i,c}+f_{j,c}+1$（因为$d$会变化），由于预处理时$d$不变化，$d$变化时通过预处理可以$o(1)$，复杂度为$o(nT+T^{3}2^{2T})$（$o(nT)$是统计数量）

再对第一个条件容斥，即减去$min_{c}f_{i,c}+f_{j,c}+1ge d$且$|i-j|<d$的$(i,j)$对数

直接$o(nT)$枚举$i$和$j$，通过前面的预处理可以$o(1)$判定前者，复杂度为$o(nT^{2})$（对每一个$d$都要做一次）

将两者的答案累加即可，最终总复杂度为$o(nT^{2}+T^{3}2^{2T})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define T 8
#define L 15
queue<int>q;
vector<int>v[T];
int n,a[N],vis[N],visc[T],f[N][T],g[T][T],state[N],tot[T][1<<T],d[T][1<<T][T][1<<T];
char s[N];
int main(){
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=s[i]-'a';
    for(int i=1;i<=n;i++)v[a[i]].push_back(i);
    for(int i=0;i<T;i++){
        if (!v[i].size()){
            for(int j=1;j<=n;j++)f[j][i]=0x3f3f3f3f;
            continue;
        }
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(visc,0,sizeof(visc));
        for(int j=0;j<v[i].size();j++){
            q.push(v[i][j]);
            vis[v[i][j]]=1;
        }
        while (!q.empty()){
            int k=q.front();
            q.pop();
            if ((k>1)&&(!vis[k-1])){
                f[k-1][i]=f[k][i]+1;
                q.push(k-1);
                vis[k-1]=1;
            }
            if ((k<n)&&(!vis[k+1])){
                f[k+1][i]=f[k][i]+1;
                q.push(k+1);
                vis[k+1]=1;
            }
            if (!visc[a[k]]){
                for(int j=0;j<v[a[k]].size();j++)
                    if (!vis[v[a[k]][j]]){
                        f[v[a[k]][j]][i]=f[k][i]+1;
                        q.push(v[a[k]][j]);
                        vis[v[a[k]][j]]=1;
                    }
                visc[a[k]]=1;
            }
        }
    }
    memset(g,0x3f,sizeof(g));
    for(int i=0;i<T;i++)
        for(int j=0;j<T;j++)
            for(int k=0;k<v[j].size();k++)g[j][i]=min(g[j][i],f[v[j][k]][i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=T-1;j>=0;j--)state[i]=(state[i]<<1)+(f[i][j]-g[a[i]][j]);
        tot[a[i]][state[i]]++;
    }
    for(int i1=0;i1<T;i1++)
        for(int j1=0;j1<(1<<T);j1++)
            for(int i2=0;i2<T;i2++)
                for(int j2=0;j2<(1<<T);j2++){
                    d[i1][j1][i2][j2]=0x3f3f3f3f;
                    for(int i=0;i<T;i++){
                        int x=g[i1][i]+((j1&(1<<i))>0),y=g[i2][i]+((j2&(1<<i))>0);
                        d[i1][j1][i2][j2]=min(d[i1][j1][i2][j2],x+y+1);
                    }
                }
    for(int i=L;i;i--){
        long long ans=0;
        for(int i1=0;i1<T;i1++)
            for(int j1=0;j1<(1<<T);j1++)
                for(int i2=0;i2<T;i2++)
                    for(int j2=0;j2<(1<<T);j2++)
                        if (d[i1][j1][i2][j2]>=i)ans+=1LL*tot[i1][j1]*tot[i2][j2];
        for(int j=1;j<=n;j++)
            for(int k=max(j-i+1,1);k<=min(j+i-1,n);k++)
                if (d[a[j]][state[j]][a[k]][state[k]]>=i)ans--;
        if (ans){
            printf("%d %lld",i,ans/2);
            return 0;
        }
    }
}