51nod 1554 欧姆诺姆和项链 MP+分情况讨论

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给定一个字符串s，问s的每一个前缀s[0,k)是否能拆成ABABA的形式，其中A有k+1个，B有k个，A,B可以为空串。

题解：
MP的next[i]表示前缀s[0,i)的最长border的长度，所以i-next[i]就是s[0,i)的最小周期，设为T。
然后分情况讨论。
如果(T|i)，即i可以用若干个T无重叠无溢出覆盖，此时要是想得到ABABA的形式，A的长度必然是T的倍数。因为s[0,i)的开头结尾都是A，又都是T，T又是最小的单位。所以A既然是T的整倍数，B也只能是T的整倍数，可以列出方程((k+1)*len[a]+k*len[b]=i/T)，要求(len[a],len[b])有非负整数解。
移项得到(len[a]=frac{i/T-k*len[b]}{k+1})，有非负整数解即存在非负整数p满足(i/Tequiv k*p pmod {k+1})。
令(f=i/T)，则(f=k*p+q*(k+1)=k*(p+q)+q)。存在p,q都为非负整数即可，即(leftlfloorfrac{f}{k} ight floorgeq f mod k)。只要满足了这个条件，s[0,i)就可以变成ABABA的形式，否则不行。

如果不整除，令(f=leftlfloorfrac{i}{T} ight floor)，若想让s[0,i)变成ABABA的形式，A必然不能是T的整倍数，因此B也不能，将一个周期拆成两部分，T=ab。这样的话，A就是若干个T加上一个a，B就是b加上若干个T。可以列出方程：((k+1)*(2*len[a]+1)+k*(2*len[b]+1)=2*f+1)存在非负整数解。这样不太好计算，所以将式子变成((k+1)*(2*len[a]+1)+k*(2*len[b]-1)=2*f+1)存在len[a]非负整数解，len[b]正整数解。同样的化简之后变成(len[a]=frac{f-k*len[b]}{k+1})。同理，(f=k*p+q*(k+1)=k*(p+q)+q)。存在p正整数解,q非负整数解即可。所以是(leftlfloorfrac{f}{k} ight floor> f mod k)。
最后结论很简单。

if(i%T==0) printf("%d",f/k>=f%k);
else printf("%d",f/k>f%k);

code

#include<stdio.h>
int n,K;
int Fail[1000010];
char ch[1000010];
void GetFail(){
	Fail[0]=Fail[1]=0;
	for(int i=2,j=0;i<=n;++i){
		while(j&&ch[j]!=ch[i-1]) j=Fail[j];
		if(ch[j]==ch[i-1]) ++j;
		Fail[i]=j;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&K);
	scanf("%s",ch);
	GetFail();
	for(int i=1,T,f;i<=n;++i){
		T=i-Fail[i]; f=i/T;
		if(i%T==0) printf("%d",f/K>=f%K);
        else printf("%d",f/K>f%K);
	}
	puts("");
	return 0;
}