考虑每一次增加的长度，显然是形如$n-border$，同时总可以取到

换言之，记$a_{i}$为所有$n-border$的值，问题即求有多少个$l\in [0,w-n]$使得$\exists x_{i}\in N^{},\sum_{i=1}^{m}a_{i}x_{i}=l$

根据border的性质，$a_{i}$可以被划分为$o(\log n)$个等差数列，具体证明略

记第$i$个等差数列为$\{x_{i}+kd_{i}\mid k\in [0,l_{i})\}$，（依次）求出前$i$个等差数列模$x_{i}$的同余最短路

考虑转移，分为两部分：

1.将模$x_{i-1}$的同余最短路变为模$x_{i}$的同余最短路

2.加入第$i$个等差数列中的元素

记模$x_{i-1}$的同余最短路答案为$g_{i}$，转换为模$x_{i}$的同余最短路即
$$
f_{g_{j}\ mod\ x_{i}}=\min g_{j},f_{j}=\min f_{(j-x_{i-1})\ mod\ x_{i}}+x_{i-1}
$$
关于这个过程，前者直接枚举$g_{j}$，后者即拆为了$\gcd(x_{i-1},x_{i})$个环，每一个环可以在（当前）最小值处断开

进一步的，加入第$i$个等差数列中的元素，即
$$
f_{j}=\min_{0\le k<l_{i}}f_{(j-kd_{i})\ mod\ x_{i}}+(x_{i}+kd_{i})
$$

关于这个过程，类似之前的处理方式，断开环后使用单调队列维护即可

当$i=n$时，所得到的即全局模$x_{n}$的同余最短路，进而可以求出答案

最终，总复杂度为$o(n\log n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 500005
 4 #define ll long long
 5 int t,n,m,x0,nex[N],a[N];
 6 ll w,ans,g[N],f[N];
 7 char s[N];
 8 pair<int,ll>q[N];
 9 void add(int x,int l,int d){
10     if (!x0){
11         memset(f,0x3f,sizeof(f));
12         f[0]=0;
13     }
14     else{
15         memcpy(g,f,sizeof(g));
16         memset(f,0x3f,sizeof(f));
17         for(int i=0;i<x0;i++)f[g[i]%x]=min(f[g[i]%x],g[i]);
18         int D=__gcd(x,x0);
19         for(int i=0;i<D;i++){
20             int pos=i;
21             for(int j=(i+x0)%x;j!=i;j=(j+x0)%x)
22                 if (f[j]<f[pos])pos=j;
23             int lst=pos;
24             for(int j=(pos+x0)%x;j!=pos;j=(j+x0)%x){
25                 f[j]=min(f[j],f[lst]+x0);
26                 lst=j;
27             }
28         }
29     }
30     x0=x;
31     if (l==1)return;
32     int D=__gcd(d,x);
33     for(int i=0;i<D;i++){
34         int pos=i,L=0,R=0;
35         for(int j=(i+d)%x;j!=i;j=(j+d)%x)
36             if (f[j]<f[pos])pos=j;
37         q[0]=make_pair(0,f[pos]);
38         for(int j=(pos+d)%x,k=1;j!=pos;j=(j+d)%x,k++){
39             while ((L<=R)&&(q[L].first<=k-l))L++;
40             if (L<=R)f[j]=min(f[j],q[L].second+k*d+x);
41             while ((L<=R)&&(f[j]-k*d<q[R].second))R--;
42             q[++R]=make_pair(k,f[j]-k*d);
43         }
44     }
45 } 
46 int main(){
47     scanf("%d",&t);    
48     while (t--){
49         scanf("%d%lld%s",&n,&w,s+1),w-=n;
50         m=x0=ans=nex[0]=nex[1]=0;
51         for(int i=2,j=0;i<=n;i++){
52             while ((j)&&(s[j+1]!=s[i]))j=nex[j];
53             if (s[j+1]==s[i])j++;
54             nex[i]=j;
55         }
56         for(int i=nex[n];;i=nex[i]){
57             a[++m]=n-i;
58             if (!i)break;
59         }
60         for(int i=1,j=1;i<=m;i++)
61             if ((i==m)||(a[j+1]-a[j]!=a[i+1]-a[i])){
62                 add(a[j],i-j+1,a[j+1]-a[j]);
63                 j=i+1;
64             }
65         for(int i=0;i<x0;i++)
66             if (f[i]<=w)ans+=(w-f[i])/x0+1;
67         printf("%lld\n",ans);
68     }
69     return 0;
70 }

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