[ASC47B]Borderless
题目
题意概要
称长度为 n n n 的字符串 ⟨ s 1 , s 2 , s 3 , … , s n ⟩ \langle s_1,s_2,s_3,\dots,s_n\rangle ⟨s1,s2,s3,…,sn⟩ 有一个 B o r d e r \tt{Border} Border 是 ⟨ s 1 , s 2 , s 3 , … , s d ⟩ ( 0 < d < n ) \langle s_1,s_2,s_3,\dots,s_d\rangle(0
称一个字符串为 B o r d e r l e s s \tt{Borderless} Borderless ，当且仅当其不存在 B o r d e r \tt{Border} Border 。
求字典序第 k k k 小的长度为 n n n 的 0 / 1 B o r d e r l e s s 0/1\;\tt{Borderless} 0/1Borderless 串。
数据范围与约定
k ≤ 1 0 18 , n ≤ 64 k\le 10^{18},n\le 64 k≤1018,n≤64 ，并且保证一定存在 k k k 个长度为 n n n 的 0 / 1 B o r d e r l e s s 0/1\;\tt{Borderless} 0/1Borderless 串。
思路
考虑一位一位的确定（就像在 0 / 1 T r i e 0/1\tt{ Trie} 0/1Trie 上一样）。
用 f ( x ) f(x) f(x) 表示长度为 x x x 的 B o r d e r l e s s \tt{Borderless} Borderless 字符串的个数，可以考虑减去不合法的。
f ( x ) = 2 x − ∑ i = 1 ⌊ x 2 ⌋ 2 x − 2 i ⋅ f ( i ) f(x)=2^x-\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{x}{2}\rfloor}2^{x-2i}\cdot f(i) f(x)=2x−i=1∑⌊2x⌋2x−2i⋅f(i)
枚举的是非法方案中的最短 B o r d e r \tt{Border} Border 长度为 i i i ，直接将其钦定在首尾，用 f ( i ) f(i) f(i) 确保没有更短的；剩下的 x − 2 i x-2i x−2i 个位置就随便填。注意到最短 B o r d e r \tt{Border} Border 是不会超过长度的一半的。
现在，由于我们已经确定了更高位，我们就得改变一下转移系数。注意：下面的 f ( x ) f(x) f(x) 都隐含着“前缀为 s ′ s' s′ ”的条件。
在已经填充了 d d d 位的前缀之后，假设 f ( i ) ( 0 < i ≤ d ) f(i)(0
- 当 d ≤ ⌊ x 2 ⌋ d\le\lfloor\frac{x}{2}\rfloor d≤⌊2x⌋ 时，仍然是枚举最短的 B o r d e r \tt{Border} Border ，
f ( x ) = 2 x − d − ∑ i = 1 d − 1 2 x − d − i ⋅ f ( i ) − ∑ i = d ⌊ x 2 ⌋ 2 x − 2 i ⋅ f ( i ) = 2 x − d − ∑ i = 1 ⌊ x 2 ⌋ 2 x − i − max ( d , i ) ⋅ f ( i ) \begin{aligned} f(x)&=2^{x-d}-\sum_{i=1}^{d-1}2^{x-d-i}\cdot f(i)-\sum_{i=d}^{\lfloor\frac{x}{2}\rfloor}2^{x-2i}\cdot f(i)\\ &=2^{x-d}-\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{x}{2}\rfloor}2^{x-i-\max(d,i)}\cdot f(i) \end{aligned} f(x)=2x−d−i=1∑d−12x−d−i⋅f(i)−i=d∑⌊2x⌋2x−2i⋅f(i)=2x−d−i=1∑⌊2x⌋2x−i−max(d,i)⋅f(i) - 当 d > ⌊ x 2 ⌋ d>\lfloor\frac{x}{2}\rfloor d>⌊2x⌋ 时，比较蛋疼，因为后方受到了一些限制。用 a i a_i ai 表示前缀是否有长度为 i i i 的 B o r d e r \tt{Border} Border ，若有，那么 a i = 0 a_i=0 ai=0 ，否则 a i = 1 a_i=1 ai=1 。可以写出
f ( x ) = 2 x − d − ∑ i = 1 x − d 2 x − d − i ⋅ f ( i ) − ∑ i = x − d + 1 ⌊ x 2 ⌋ a i + d − x f ( i ) f(x)=2^{x-d}-\sum_{i=1}^{x-d}2^{x-d-i}\cdot f(i)-\sum_{i=x-d+1}^{\lfloor\frac{x}{2}\rfloor}a_{i+d-x}f(i) f(x)=2x−d−i=1∑x−d2x−d−i⋅f(i)−i=x−d+1∑⌊2x⌋ai+d−xf(i)
似乎就搞定了？复杂度是 O ( n 3 ) \mathcal O(n^3) O(n3) 的？
代码
因我无评测环境，故此处贴出这篇博客中的代码，作为参考。
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