P5404 [CTS2019] 重复 题解

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观察题目，我们发现直接计算是困难的，先构造单个合法的 \(T\) 分析其性质。

为了构造出 \(T\)，先考虑构造时 \(T\) 时什么时候会出现不合法的情况，此时 \(T\) 会有一段和 \(S\) 相同的前缀，且这段前缀后面跟着的字符比 \(S\) 所跟的小。

为了避免这种情况出现，我们需要在每次添加字符时进行检查，具体而言，我们需要保证当前字符串的任意一个为 \(S\) 前缀的后缀在 \(S\) 中的下一个字符小于等于当前的字符。

这个约束条件显然与 KMP 有点关联，我们边加字符边维护当前字符串的一个最长的为 \(S\) 前缀的后缀，相当于建出 \(S\) 的 KMP 自动机，维护当前所在节点，每次直接跳向上的转移边查找约束后即可合法构造。

接下来考虑 \(T\) 开始循环后在自动机上会怎样转移，考察在输入无穷次 \(T\) 后走到的一个节点，由于 KMP 自动机的节点主要代表当前字符串与 \(S\) 的一个前缀相同的最大后缀的长度，且输入的长度无穷大，因此如果我们再输入一次 \(T\)，此串与 \(S\) 的一个前缀相同的最大后缀的长度不改变，即还会回到原本的节点，故此过程构成了一个环，直接硬 dp \(m\) 次找环的个数可以做到 \(O(n^2m)\)。

如何优化呢？考察我们 dp 找环时每次转移往待定 \(T\) 的末尾添加字符，先找到我能放置的最小的字符，即待定 \(T\) 与 \(S\) 的一个前缀相同的所有后缀中下一个字符最大的那个，如果更小就不合法，要么添加此字符要么再添加更大的。

如果添加此字符，则继续往下转移，否则因为 \(S\) 中没有对应的前缀，我们会回到根节点。

故此过程对于以每个节点为起点的环，不过根节点的环最多只有一个（沿唯一的路径一直走，因此我们可以暴力判断存不存在此环，并枚举走到根节点的最小时间，在此时间之前我们沿着既定路线走，之后跳到根节点再走回来，走回来的方案数可以 dp 预处理，设 \(f_{i,j}\) 表示到达第 \(i\) 个节点走了 \(j\) 步的方案数，转移是容易的。

两个部分综合起来时间复杂度 \(O(nm)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 3005
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
char s[N];
ll nex[N],maxpos[N],ch[N][27],f[N][N];
int main(){
	ll m;cin>>m;cin>>(s+1);ll n=strlen(s+1);
	ll sum=1;
	for(ll i=1;i<=m;i++)sum=(sum*26)%mod;
	for(ll i=2,j=0;i<=n;i++){
		while(j && s[i]!=s[j+1])j=nex[j];
		if(s[i]==s[j+1])j++;
		nex[i]=j;
	}
	for(ll i=0;i<=n;i++){
		for(ll j=1;j<=26;j++){
			if(s[i+1]-'a'+1==j)ch[i][j]=i+1;
			else ch[i][j]=ch[nex[i]][j];
			if(ch[i][j])maxpos[i]=j;
		}
	}
	f[0][0]=1;
	for(ll j=0;j<=m;j++){
		for(ll i=0;i<=n;i++){
			for(ll k=maxpos[i];k<=26;k++)f[ch[i][k]][j+1]=(f[ch[i][k]][j+1]+f[i][j])%mod;
		}
	}
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<=n;i++){
		ll now=i;
		for(ll j=1;j<=m;j++){
			ans=(ans*1ll+(26-maxpos[now])*1ll*f[i][m-j])%mod;
			now=ch[now][maxpos[now]];
			if(!now)break;
		}
		if(now==i)ans=(ans+1)%mod;
	}
	cout<<(((sum-ans)%mod)+mod)%mod;
}