POI2011 Periodicity
2011年就能出出这样充满科技感+脑力的题，佩服POI Orz
简记一下做法和证明，顺便复习 border 的一些性质。
注意真的是简记，有很多东西需要自己好好推一下……
约定：字符串 \(s\) 的下标从 \(0\) 开始，\(s_{i,j}\) 表示 \(s\) 的第 \(i\) 到第 \(j\) 个字符构成的子串。
串 \(s\) 有长度为 \(l\) 的周期等价于其有长度为 \(|s|-l\) 的 border。
设函数 \(solve(s)\) 表示字典序最小的、border 集合与 \(s\) 的 border 集合相同的 \(01\) 字符串。分为以下情况：
- 如果 \(s\) 中所有字符相同，返回 \(|s|\) 个 \(0\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 周期集合为空，返回 \(|s| - 1\) 个 \(0\) 接上 \(1\) 个 \(1\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len \leq |s|\)，设 \(t = s_{1,len}\)，则 \(s\) 可表示为 \(ttt...tt'\) 的形式，其中 \(t'\) 是 \(t\) 的一个前缀，可为空。
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len > |s|\)，设 border 为 \(t\)，那么 \(s\) 就可以表示为 \(tat\) 的形式，其中 \(a\) 是一个任意字符串，不能为空。
1 和 2 情况的构造是显然的。
对于 3 情况，递归进入 \(tt'\) 求解。设 \(qq' = solve(tt')\)，那么就把 \(q\) 重复若干次拼上 \(qq'\)，即可得到答案。
在证明正确性前先来复习有关周期和 border 的几个 OI 界众所周知的简单定理。
- Weak Periodicity Lemma：对于一个字符串 \(s\)，若其有长度为 \(p\) 和长度为 \(q\) 的周期，且 \(p+q \leq |s|\)，则 \(s\) 有长度为 \(\gcd(p,q)\) 的周期。
Proof. 设 \(p < q\)，令 \(d = q - p\)。因为 \(p + q \leq |s|\)，所以 \(\forall i \in [0,|s|-1] , i - p \geq 0\) 和 \(i+q < |s|\) 至少有一个成立，故可以先向后跳 \(q\) 再向前跳 \(p\)，或者先向前跳 \(p\) 再向后跳 \(q\)，可得 \(s_{i+d} = s_i\)。那么 \(q-p\) 也是 \(s\) 的周期。根据辗转相除法，\(\gcd(p,q)\) 也是 \(s\) 的一个周期。QED
- 一个推论：设 \(s\) 最短周期长度为 \(l\)，且 \(2l \leq |s|\)，则 \(s\) 的 border 集合中 \(\geq l + (|s| \bmod l)\) 的元素一定构成集合 \(\{pl + (|s| \bmod l) | p \in Z^+ , pl + (|s| \bmod l) \leq |s|\}\)。
Proof. 首先这些元素一定会包含在 border 集合内。考虑使用反证法证明不存在其他的元素。
设有不满足该形式的 border 长度 \(l'\)，不妨设 \(l' = xl+(|s| \bmod l)+y(y \in [1,l-1])\)。那么在 \(s\) 的长度为 \((x+1)l + (|s| \bmod l)\) 的前缀中，\(l'\) 是它的一个 border，即 \(l-y\) 是这个前缀的周期，而 \(l\) 也是其周期，且因为 \(x \geq 1\) 有 \((x+1)l + (|s| \bmod l) \geq 2l-y\)，根据 Periodicity Lemma 有 \(\gcd(l,l-y)\) 是这个前缀的周期，同时 \(\gcd(l,l-y) \mid l\) 所以 \(\gcd(l,l-y)\) 是原串的一个周期，与 \(l\) 是 \(s\) 的最短周期长度不符。QED
根据推论我们可以知道如果 \(q\) 串不是满周期串（即可划分为若干个部分满足各个部分的字符串完全相同），那么 \(\geq |qq'|\) 的所有 border 都可以正确构造，而构造 \(qq'\) 的时候将 \(< |qq'|\) 的所有 border 都已经正确构造了，所以这样就是对的。
证明 \(q\) 不是满周期串是简单的：如果 \(q\) 是满周期串，不妨设 \(q = p^c\)，其中 \(p\) 是一个字符串。那么 \(|qq'|-|p|\) 是 \(qq'\) 最长的 border。而如果在原串中有这样的一个 border 且 \(q\) 是周期，那么可以立即导出 \(p\) 是周期，那么 \(q\) 就不是最小周期。
先说句闲话：情况 4 中所有利用 border 表示利用 border 导出的相等关系。充分利用相等关系是证明一些结论的关键。
对于 4 情况，先递归进入 \(s_{1,len}\) 求解。设 \(t = solve(s_{1,len})\)，那么我们需要确定一个字典序最小的字符串 \(a\) 满足 \(s=tat\) 的最长 border 为 \(t\)。
首先我们肯定希望 \(a\) 是全 \(0\) 的字符串。但是只有这一种选择显然不能覆盖所有的情况，比如 \(t = 0000\) 时这样会使得最长 border 变大导致构造不合法。考虑在什么情况下以全 \(0\) 串作为字符串 \(a\) 会导致不合法。不妨讨论更长的 border 中最短的长度 \(l\)：
- \(l \leq |t| + |a|\)，\(t\) 串在前面加若干个 \(0\) 等于在后面加若干个 \(0\)，可导出 \(t\) 是全 \(0\) 串。这种情况下可以选择若干个 \(0\) 后面加上一个 \(1\) 形成的字符串，这样就是最优。
- \(l > |t| + |a|\)，利用 border 和 \(s\) 串首尾均是 \(t\) 串可以得到若干相等关系，进而得到 \(t_{1,l-|t|-|a|}+a\) 是 \(t\) 的一个周期，可表示为 \(bab...bab\) 形式，其中 \(b\) 是一个非全 \(0\) 字符串。此时设 \(a'\) 为将 \(a\) 最后的 \(0\) 换成 \(1\) 得到的字符串，考虑把中间的 \(a\) 换成 \(a'\) 之后得到的字符串 \(s'\)。设它存在长度 \(>|t|\) 的 border ，不妨设长度为 \(l\)：
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- \(l < |t| + |a'|\)，在 \(t\) 前面加上 \(000...001\) 和在后面加上 \(000...000\) 得到相同的字符串，可以导出 \(t\) 中一个字符需要既等于 \(0\) 又等于 \(1\)，不可能；
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- \(l \geq |t| + |a|\)。利用 border 和 \(t\) 串的循环串性质可以得到 \(bab\) 串中的某一段子串需要同时匹配 \(a'\) 和 \(a\)，这是不能做到的。
至此可以得出将 \(a\) 的最后一个 \(0\) 换成 \(1\) 得到的串一定是合法的，而它显然是最优的。
梳理一下 \(solve(s)\) 的流程：
- 如果 \(s\) 中所有字符相同，返回 \(|s|\) 个 \(0\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 周期集合为空，返回 \(|s| - 1\) 个 \(0\) 接上 \(1\) 个 \(1\) 构成的字符串；
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len \leq |s|\)，将 \(s\) 表示为 \(ttt...tt'\) 的形式，其中 \(t'\) 是 \(t\) 的一个前缀，可为空，设 \(qq' = solve(tt')\)，则返回 \(q^{\lfloor \frac{|s|}{len} \rfloor}q'\)；
- 如果 \(s\) 最短的周期长度 \(len\) 满足 \(2len > |s|\)，设 \(t = s_{1,len} , q = solve(t)\)。检验 \(t+000...000+t\) 的最长 border 是否为 \(len\)，若否将最后一个 \(0\) 替换为 \(1\)，然后将该串返回。
至于如何 check 全 \(0\) 串是否合法，暴力 KMP 一遍即可。由 \(T(n) = T(\frac{n}{2}) + O(n)\) 可得复杂度为 \(O(n)\)。