【XSY2779】最小表示串 KMP DP polya定理

题目描述

　　给你一个字符串(s)，问你有多少个串是最小表示串且字典序(leq s)

　　(|s|leq 1000)

题解

　　先把(s)变成比(s)小的最大的最小表示串。方法是从后枚举每一个字符，如果这个字符不是'a'，就把这个字符变成这个字符的前驱，并把后面所有字符字符变成'z'，然后判断是不是最小表示串。

　　可以用kmp去判断。如果(exists i,s_{i+1}>s_{fail_i+1})，那么这个串就不是最小表示串。

　　运用polya定理，把问题转化为求有多少个长度为(i)的字符串的最小表示串(<s)。最后把答案加上(1)。

　　如果一个字符串的最小表示串字典序比(s)小，那么就在这个串左旋到第一次字典序小于(s)的时候统计。

　　有两种情况：

　　情况1：(???s_1s_2ldots s_mr????)

　　情况2：(s_{k+1}ldots s_mr????s_1s_2ldots s_k)

　　这两种情况都要求(r<s_{m+1})

　　先看第一种情况。

　　枚举前面(?)的数量和(m)，要(O(n^2))的时间。

　　后面的(?)可以任意取，但前面的不行。

　　考虑暴力枚举所有情况，然后拿(s)去和这个串做KMP。

　　如果前面匹配时有对应位置比(s_i)小的情况，那么显然是不合法的。

　　如果前面的(?)匹配完后(s)中的匹配长度不为(0)，那么(s_1s_2ldots s_m)就不是第一次匹配了。（因为(s)是最小表示串，所以它的后缀一定大于整个串。）

　　设(f_{i,j})为有(i)个(?)，从(s_j)开始匹配，匹配完后匹配长度为(0)的方案数。

　　如果这一位匹配，那么方案数就是(f_{i-1,j+1})

　　如果不匹配，那么这一位肯定比(s_j)大，那就是(('z'-s_j)f_{i-1,1})

[f_{i,j}=f_{i-1,j+1}+('z'-s_j)f_{i-1,1} ]

　　这样第一部分就做完了。

　　接下来看第二种情况。

　　枚举(k,m)，拿(s)去和(s_{k+1}ldots s_m)跑KMP。

　　假设当前匹配长度为(l)。

　　但是这次在匹配完后有两种情况。

　　如果在(r)处匹配上了，方案数就是后面(?)部分的方案数。

　　如果失配了，那么有(s_{l+1}<r<s_{m+1})（如果(r<s_{l+1})，那么左旋(k-l)次就比(s)小了）。

　　第二部分也做完了。

　　做一次的时间复杂度是(O(n^2))

　　但是要做很多次，时间复杂度还是(O(n^2))的。

　　还有一点细节。如果(s="abacab")，当要求的字符串的循环节长度为(2)的时候，后面有一部分(s_{3ldots 4})比第一部分(s_{1ldots 2})大，那么第一部分的所有循环同构串都是合法的。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll fp(ll a,ll b)
{
    ll s=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1)
            s=s*a%p;
    return s;
}
int gcd(int a,int b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
char s[1010];
int a[2010];
int n;
ll f[1010][1010];
int fail[2010];
ll pw[1010];
ll g[1010];
int chk(int x)
{
    int i;
    for(i=x+1;i<=n;i++)
        if(a[i]>a[(i-1)%x+1])
            return 1;
    return 0;
}
ll gao(int x)
{
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<x;i++)
        for(int j=1;j<=x-i;j++)
            ans=(ans+f[i][1]*(a[j]-1)%p*pw[x-i-j])%p;
    for(int i=1;i<x;i++)
    {
        int k=0;
        for(int j=0;j<=x-1-i;j++)
        {
            for(;k&&a[j+i]!=a[k+1];k=fail[k]);
            if(j&&a[j+i]==a[k+1])
                k++;
            if(a[k+1]<a[j+i+1]-1)
                ans=(ans+(a[j+i+1]-a[k+1]-1)*f[x-1-i-j][1])%p;
            if(a[k+1]<=a[j+i+1]-1)
                ans=(ans+f[x-1-i-j][k+2])%p;
        }
    }
    return ans;
}
int check()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i+n]=a[i];
    fail[1]=0;
    int j=0;
    for(int i=2;i<=2*n;i++)
    {
        while(j&&a[j+1]!=a[i])
            j=fail[j];
        if(a[j+1]==a[i])
            j++;
        fail[i]=j;
    }
    for(int i=1;i<2*n;i++)
        if(a[i+1]<a[fail[i]+1])
            return 0;
    return 1;
}
void solve()
{
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=s[i]-'a'+1;
    pw[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        pw[i]=pw[i-1]*26%p;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        if(i!=n&&a[i]>1)
            a[i]--;
        if(check())
            break;
        a[i]=26;
    }
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][1]*(26-a[j])%p;
            f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j+1])%p;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(n%i==0)
        {
            g[i]=gao(i);
            if(chk(i))
            {
                if(i%(i-fail[i])==0)
                    g[i]+=i-fail[i];
                else
                    g[i]+=i;
            }
            g[i]%=p;
        }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans+g[gcd(i,n)])%p;
    ans=ans*fp(n,p-2)%p;
    ans++;
    ans=(ans+p)%p;
    printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("string.in","r",stdin);
    freopen("string.out","w",stdout);
#endif
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
        solve();
    return 0;
}