2021 某谷某计划后期测试 #4 T1

题目就不说了，免得侵权 （虽然好像是搬的）

个人认为是一道非常有意思的思维题
正解是 $\mathcal{O}(\sum _{i=0}^{\log n}\frac{n}{2^i})=\mathcal{O}(n)$，这里讲一个 $\mathcal{O}(n\log \log n)$ 的方法

首先，本题答案一定 $\le \log n+1$
因为给出的串中最多只能找到 $n$ 个不同的长度为 $(\log n)+1$ 的串。又因为 $n<2^{(\log n)+1}$，所以 $(\log n)+1$ 一定是可行方案。

那么，我们就只需要在 $\le \log n$ 的范围内寻找答案就可以了

然后，我们还可以发现答案具有可二分性
假设已知一个在原串中没有出现的，长度为 $x$ 的串。那么，只要在该串的开头或末尾加上一个 $0/1$，就构造出了一个长度为 $x+1$ 的满足条件的串，同理可一直往后推，从而证明了答案的单调性
所以，可以直接在 $\log n$ 的范围内二分 + $\mathcal{O}(n)$ check。最后求出答案长度后，可以用线性时间求出字典序最小的答案串。总时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log \log n)$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int Maxn=16777216+20;
char s[Maxn];
bool a[Maxn];
int c[Maxn];
int n,m,cnt;
bool check(int len)
{
    
    
    int cur=0,ret=0;
    for(int i=1;i<=len;++i)
    cur=(cur<<1)|a[i];
    ++c[cur];
    if(c[cur]==1)++ret;
    for(int i=len+1;i<=n;++i)
    {
    
    
        cur^=(a[i-len]<<(len-1));
        cur=(cur<<1)|a[i];
        ++c[cur];
        if(c[cur]==1)++ret;
    }
    fill(c,c+1+(1<<len),0);
    if(ret==(1<<len))return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    if(s[i]=='1')a[i]=1;
    if(n==1)
    {
    
    
        if(a[1])puts("0");
        else puts("1");
        return 0;
    }
    m=log2(n)+1;
    int l=1,r=m;
    while(l<r)
    {
    
    
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    int len=l;
    int cur=0;
    for(int i=1;i<=len;++i)
    cur=(cur<<1)|a[i];
    c[cur]|=1;
    for(int i=len+1;i<=n;++i)
    {
    
    
        cur^=(a[i-len]<<(len-1));
        cur=(cur<<1)|a[i];
        c[cur]|=1;
    }
    for(int x=0;x<(1<<len);++x)
    if(!c[x])
    {
    
    
        for(int i=len-1;i>=0;--i)
        if((x>>i) & 1)putchar('1');
        else putchar('0');
        putchar('\n');
        return 0;
    }
    return 0;
}