【题解】PERIOD - Period [POJ1961] [SP263]
在进入这道题之前，我们需要了解 kmp 算法
不知道的童鞋可以去看一下Silent_EAG(一个可爱的女孩纸)的讲解。
关于 kmp 算法中 next 数组的周期性质
引理：
对于某一字符串 (S[1)～(i ])，在它众多的(next[ i ])的“候选项”中，如果存在某一个(next[ i ])，使得: (i) % (( i - next[ i ] ) == 0) ，那么 (S[ 1)～ (( i -next[ i ] ) ]) 可以为 (S[ 1) ～ (i ]) 的循环元而 (i / ( i - next[ i ] )) 即是它的循环次数 (K)。
证明如下：
如图，(next[ i ] = j),由定义得红色部分两个子串完全相同。
那么有(S[ 1)～(j ] = S[ m)～(i ]) (( m = i - next[ i ] ))。
如果我们在两个子串的前面框选一个长度为 m 的小子串(橙色部分)。
可以得到：(S[ 1)～(m ] = S[ m)～(b ])。
如果在紧挨着之前框选的子串后面再框选一个长度为 m 的小子串(绿色部分)，同样的道理，
可以得到：(S[ m)～(b ] = S[ b)～(c ])
又因为：(S[ 1)～(m ] = S[ m)～(b ])
所以：(S[ 1)～(m ] = S[ m)～(b ] = S[ b)～(c ])
如果一直这样框选下去，无限推进，总会有一个尽头。
当满足 (i) % (m == 0) 时，刚好可以分出 (K) 个这样的小子串，
且形成循环(( K = i / m ))。
因此我们需要从 (1)～(N) 扫一遍，判断如果 (next[ i ])
可以整除 (i) ，即满足 (i) % (( i - next[ ] ) == 0) ，那么就可以
肯定(S[ 1)～ (( i - next[ i ] ) ])是 (S[ 1)～(i ]) 的最小循环元，而
(i / ( i - next[ i ] )) 即是它的最大循环次数 (K) ，直接依次输
出这些 (i)和 (K) 即可。
那么为什么只判断 (next[ i ]) 而不判断 (next[?])呢？
（注：(next[i])和(next[?])表述的意义不同，为方便描
述，这里定义(next[?])为(next[i])的$“候选项”中的某一个）
实际上由这道题可以总结出很多结论：
结论一：
若(i-next[i])可整除(i),则(s[1)～(i])具有长度为(i-next[i])
的循环元，即(s[1)～(i-next[i]])。(前面的一大堆文
字和图片已经给出了这个结论的证明，同时结论一
也是后面推导其他结论的理论基础）
结论二：
若(i-next[?])可整除(i),则(s[1)～(i])具有长度为(i-next[?])
的循环元，即(s[1)～(i-next[?]])。
(用与结论一同样的证明方法可以推导出结论二)
(由此处可知，(i-next[?])想用作循环元要满足的
条件是：(i-next[?])可整除(i))。
结论三：
任意一个循环元的长度必定是最小循环元长度的倍数
结论四：
如果(i-next[i])不可整除(i)，(s[1)～(i-next[?]])一定
不能作为(s[1)～(i])的循环元。
关于结论四的证明和扩展：
①.如果(s[1)～(i-next[i]])不能作为(s[1)～(i])循环元，那么
(s[1)～(i-next[?]])也都一定不能作为(s[1)～(i])的循环元。
(即结论四)
②.如果(i-next[i])不可整除(i)，(s[1)～(i])一定不存在循环元。
③.如果(i-next[i])不可整除(i)，(i-next[?])也都一定不可整除(i)。
④.如果(s[1)～(m])是(s[1)～(i])的循环元，(next[i])一定为(i-m)((i-m)一定为
(next[i]))。(在算法竞赛进阶指南上有这么一句话：如果(s[1)～(m])为(s[1)～(i])的循
环元，(i-m)一定是(next[i])的“候选项”，与此处意义略有不同)
⑤.若(m=i-next[i])，(j=next[?])，(next[j]=j-m)。(无论(m)可否整除(i))
(由④扩展而来)
一些题外话：
关于③的证明，有一个很有趣的想法。
有两个数(a),(c)和一个数的集合(b)，且(b)与(a)有一定的关系(限制)。
已知(a)不可整除(c)，证明(x(x∈b))不可整除(c)(目前尚未成功)。
虽然表面上看起来并没有什么用，但这种思想把图形匹配转
化为了代数证明。
如果有大佬感兴趣可以思考一下。。。
附：来自某李姓Math大佬。
②③④比较好理解，这个⑤是个什么意思呢？
其实不难懂，通俗点说就是(i-next[?])一定是在(m)的倍数处
((m,2m,3m...))，如果有循环，也可以说是(i-next[?])一定在循环
节点上,或者说是一定在我们先前图片中框选的黑色块的边界相
邻处，不可能在某个黑色块的中间（如图红色为不可能的情况）
注意一下这个等式：(i-next[j]=i-j+m)
可以化简为：(next[j]=j-m)
那么可以发现每个(next[?])和(next[next[?]])之间刚好相差m，
只是要由⑤推导①的话，用化简前的样子似乎会更好懂一些。
假如④⑤得证，那么它们和①有什么关系呢？
如果(i-next[?])一定是在(m)的倍数处((m=i-next[i]))，
因为当(m)不可整除(i)时，(m)的倍数也不可整除(i)，
所以(i-next[?])均不满足作为(s[1)～(i])循环元的条件(前面已
提到过“条件”具体指什么)。
因此，⑤(→)①得证。
如何证明④或者⑤？
如图，(j=next[i])，(m=i-next[i])
先按照与之前相同的方法先将(s[1)～(i])划分成(K)个黑色块
(j0=next[j])，(n=i-next[j])，假设n不在m的倍数处，如图红色。
同样的，框选出红色块。
然后再作一些辅助线。接下来就开始推理。
设(v=j-j0)。
先看左边：(s[1)～(1+v]=s[m)～(m+v])，(s[1+v)～(1+2v]=s[m+v)～$m+2v] $
再看右边： (s[1)～(1+v]=s[m+v)～(m+2v])
综合可得：(s[1)～(1+v]=s[m)～(m+v]=s[m+v)～(m+2v]=s[1+v)～(1+2v])
无限的推进，再推进，辅助线划分出的长度为v的区域全部相等，直至边界。而此时的边界出现了两种情况：
⑴v可整除i。
此时刚好将(s[1)～(i])分成了若干个完全相同的长度为(v)的小块，明显形成了循环元(s[1)～(v])，那么(next[i])至少应为(i-v)，这与之前的(next[i]=j)相矛盾。
⑵v不可整除i。
观察下列图片，你发现了什么？
将蓝圈处放大，发现了一种交叉相等的情况(如图绿色处)。
再把它压扁，并取几个新的名字(1',m',j',i')。此时它变得和初始
的情况一模一样，于是经过相同的操作后，再一次使出了无限
推进，假如每次的(v')都不可整除(m')，那么就一路推了边界：(v'=1)。
(1)可以整除任何数，于是(s[1)～(i])形成了长度为(1)的循环元，矛盾。
当n不在m的倍数处时，一定会出现矛盾，所以假设不成立。
因此④得证。同理⑤也得证。
完结附代码：
#include<cstdio>
int t,i,j,n,nex[1000005];char a[1000005];
int main(){
while(scanf("%d",&n),n){
scanf("%s",a+1);
printf("Test case #%d
",++t);
for(i=2,j=0;i<=n;i++){//最基本的 next[] 数组求法
while(j&&a[i]!=a[j+1])j=nex[j];
if(a[i]==a[j+1])j++;nex[i]=j;
}
for(i=2;i<=n;i++)//由于1～1只有一个字母，只能是它本身构成长度为1的循环，所以从2开始枚举
if(i%(i-nex[i])==0&&nex[i])//判断时还要注意nex[i]是否为0
printf("%d %d
",i,i/(i-nex[i]));
//如果i含有长度大于1的最小循环元，输出i的长度(即i)以及最大循环次数K(即i-nex[i])
printf("
");//记得输出一个空行
}
}
写了这么多证明，结果最后代码简单得不要不要的。。。。。