• 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})
    (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;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/kito/p/7045051.html
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