@AGC037 - E@ Reversing and Concatenating

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@description@

给定一个长度为 N 且只包含小写字母的字符串 S ，你可以执行 k 次操作，每次操作你可以：

（1）将 S 翻转得到 T，将 S 与 T 拼接得到 U。

（2）从 U 中取出长度为 N 的子串 S'，替换当前 S 进行下一轮迭代。

你需要求出 k 次操作后字典序最小的 S。

Constraints

1≤N≤5000, 1≤K≤10^9, |S|=N。保证 S 只包含小写字母。

Input

输入格式如下：

N K

S

Output

输出 K 次操作后字典序最小的字符串。

Sample Input 1

5 1

bacba

Sample Output 1

aabca

S=bacba, T=abcab, U=bacbaabcab, S′=aabca。

Sample Input 2

10 2

bbaabbbaab

Sample Output 2

aaaabbaabb

@solution@

是我太傻。。。

k 这么大，是否一定操作过后字符串就恒定不变呢？

那么我们不妨大胆猜测，一定操作过后，字符串变成只含有最小字母 mn 的字符串（"aaa...a" 型）。

最少多少次呢？假如我们 S 有一个以 mn 结尾的长度为 p 的连续段，则 U 的中间就有 2*p 的连续段。

假如我们选择以这 2*p 个 mn 为结尾的 S'，我们又可以得到 4*p 个 mn 结尾的 S'' 等。即：mn 的数量可以呈指数级增长。

同时，只有末尾的连续段才会有这个性质，不在末尾的甚至不会与另一个字符串 T 产生关系。

当 k > log|S| 时，我们可以直接输出答案了。剩下的只需要讨论 k <= log|S| 的时候

根据字典序的定义，我们想让前面的字符尽可能地字典序小。

而最后一次我们可以让 mn 直接放在字符串的开头，这样 mn 越多显然越优秀。

于是我们的贪心策略就是：枚举第一次操作选择的字符串，然后按照上面所说，将末尾的连续段翻倍再翻倍。

最后一次再把连续段作为开头截取下来，得到最终的字符串。

你以为要暴力模拟过程？NONONO！

我们在最后一次之前，末尾连续段之前的那些 “冗余” 部分的相对顺序是不会变的，保持着在原串中的顺序。

而最后一次只是把那些 “冗余” 部分翻转一下，所以可以直接得到最终字符串。

因为更新答案是暴力比较的，所以时间复杂度是 O(n^2) 的。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 5000;
char str[2*MAXN + 5], mn;
char ans[MAXN + 5];
int N, K;
bool check(char *S) {
	for(int i=1;i<=N;i++)
		if( ans[i] != S[i] )
			return ans[i] > S[i];
	return false;
}
void update(char *S) {
	for(int i=1;i<=N;i++)
		ans[i] = S[i];
}
int pw[35];
char S[MAXN + 5];
int main() {
	pw[0] = 0, pw[1] = 2;
	for(int i=2;i<=30;i++) pw[i] = 2*pw[i-1];
	scanf("%d%d%s", &N, &K, str + 1);
	mn = 'z';
	for(int i=1;i<=N;i++)
		mn = min(mn, str[i]), ans[i] = 'z';
	if( K >= 30 ) {
		for(int i=1;i<=N;i++)
			putchar(mn);
	}
	else {
		for(int i=1;i<=N;i++)
			str[2*N - i + 1] = str[i];
		int cnt = 0;
		for(int i=1;i<N;i++)
			cnt = (str[i] == str[i-1]) ? cnt + 1 : 1;
		for(int i=N;i<=2*N;i++) {
			cnt = (str[i] == str[i-1]) ? cnt + 1 : 1;
			if( pw[K - 1] <= N/cnt ) {
				for(int j=1;j<=pw[K-1]*cnt;j++)
					S[j] = str[i];
				int k = i - cnt;
				if( K == 1 ) k = i;
				for(int j=pw[K-1]*cnt+1;j<=N;j++)
					S[j] = str[k--];
			}
			else {
				for(int j=1;j<=N;j++)
					S[j] = str[i];
			}
			if( check(S) ) update(S);
		}
		puts(ans + 1);
	}
}

@details@

可能是自己还不大擅长贪心。。。

贪心太难了。。。