先考虑 假设S确定，使构造S操作次数最小的方案应是：对T建SAM，S在SAM上匹配，如果有S的转移就转移，否则操作数++，回到根节点继续匹配S。即每次操作一定是一次极大匹配。
简单证明：假设S="ABCD"，T有子串"A","AB","CD","BCD"，那么步数最小方案是选"AB"再接上"CD"，而不是提前断开选择"A"+"BCD"，因为后者只会使后面的子串变长，"CD"有可能继续接子串而"BCD"却不能。
那么对于本题，我们要使操作次数多，拼接的子串尽量短，应是选择最短的到达一个不能匹配某字符的位置，即!son[x][c]。那么下次便是从根沿(son[root][c])再挑一个结束字符沿最短路径走。
而且字符集大小只有4。令(f[i][j])表示从根节点沿字符(i)出边出发，到达某个没有字符(j)转移的节点的最短路径。
那么两次操作形成的S长度为(l[i][k]=f[i][j]+f[j][k])，于是考虑二分操作次数(m)，求(m)次操作后可以得到的(S)最短的长度是否(leq n)。可以用矩阵快速幂/倍增Floyd加速转移。
(f)可以在SAM上求。令(g[x][c])表示在(x)节点到达一个没有(c)转移的节点的最短距离，则(g[x][c]=min{g[son[x]][c]+1})。
最后(f[i][j]=g[son[1][i]][j]+1)。
不是枚举子节点更新(fa[x]) 而是枚举(son[x])更新(x)啊mdzz。
操作次数会达到longlong。
另外可以直接转化为图上问题：https://blog.csdn.net/kscla/article/details/79504779
即设可转移边边权为0，不能转移的连回根节点对应转移点，边权为1。那么就是从根节点出发，走n步，求最大价值。还是缩下没用的边然后二分+倍增Floyd。
INF要设为2e18不是1e18，否则minlen==n时直接ans=mid,break不对。。（大概是数据问题就这里不对）
被INF卡还行。
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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N=2e5+7;
const LL INF=2e18;//!...
struct Suffix_Automaton
{
int tot,las,fa[N],son[N][4],len[N],A[N],tm[N],g[N][4],f[4][4];
LL n;//,g[N][4],f[4][4];
char s[N>>1];
struct Matrix
{
LL a[4][4];
Matrix operator *(const Matrix &x)const
{
Matrix res;
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<4; ++j)
{
LL tmp=INF;
for(int k=0; k<4; ++k)
tmp = std::min(tmp, a[i][k]+x.a[k][j]);
res.a[i][j]=tmp;
}
return res;
}
}Base;
Matrix FP(Matrix x,LL k)
{
Matrix t=x;
for(--k; k; k>>=1, x=x*x)
if(k&1) t=t*x;
return t;
}
void Insert(int c)
{
int p=las,np=++tot; len[las=np]=len[p]+1;
for(; p&&!son[p][c]; p=fa[p]) son[p][c]=np;
if(!p) fa[np]=1;
else
{
int q=son[p][c];
if(len[q]==len[p]+1) fa[np]=q;
else
{
int nq=++tot; len[nq]=len[p]+1;
memcpy(son[nq],son[q],sizeof son[q]);
fa[nq]=fa[q], fa[q]=fa[np]=nq;
for(; son[p][c]==q; p=fa[p]) son[p][c]=nq;
}
}
}
void Build()
{
las=tot=1;
scanf("%lld%s",&n,s+1); int l=strlen(s+1);
for(int i=1; i<=l; ++i) Insert(s[i]-'A');
for(int i=1; i<=tot; ++i) ++tm[len[i]];
for(int i=1; i<=l; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
for(int i=1; i<=tot; ++i) A[tm[len[i]]--]=i;
memset(g,0x3f,sizeof g);
for(int i=1; i<=tot; ++i)
for(int j=0; j<4; ++j)
if(!son[i][j]) g[i][j]=0;
for(int i=tot,x=A[i]; i; x=A[--i])
for(int j=0,s; j<4; ++j)
if(s=son[x][j])
for(int k=0; k<2; ++k)
g[x][k]=std::min(g[x][k],g[s][k]+1),
g[x][k+2]=std::min(g[x][k+2],g[s][k+2]+1);//闲的...但还没都展开...
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<4; ++j)
Base.a[i][j]=g[son[1][i]][j]+1;
}
int Check(LL x)
{
Matrix res = FP(Base,x);
int s=0;
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<4; ++j)
if(res.a[i][j]==n) s=1;
else if(res.a[i][j]<n) return 2;
return s;//最短长度=n已经最优了 <n则x次一定不够
}
void Solve()
{
LL l=1,r=n,mid,ans=1,s;
while(l<=r)
{
if((s=Check(mid=l+r>>1))==1) {ans=mid; break;}//ans=mid, r=mid-1;
else if(!s) r=mid-1;
else ans=l=mid+1;
}
printf("%lld
",ans);
}
}sam;
int main()
{
sam.Build(), sam.Solve();
return 0;
}