给定一个字符串s，问s的每一个前缀s[0,k)是否能拆成ABABA的形式，其中A有k+1个，B有k个，A,B可以为空串。

题解：

MP的next[i]表示前缀s[0,i)的最长border的长度，所以i-next[i]就是s[0,i)的最小周期，设为T。

然后分情况讨论。

如果\(T|i\)，即i可以用若干个T无重叠无溢出覆盖，此时要是想得到ABABA的形式，A的长度必然是T的倍数。因为s[0,i)的开头结尾都是A，又都是T，T又是最小的单位。所以A既然是T的整倍数，B也只能是T的整倍数，可以列出方程\((k+1)*len[a]+k*len[b]=i/T\)，要求\(len[a],len[b]\)有非负整数解。

移项得到\(len[a]=\frac{i/T-k*len[b]}{k+1}\)，有非负整数解即存在非负整数p满足\(i/T\equiv k*p \pmod {k+1}\)。

令\(f=i/T\)，则\(f=k*p+q*(k+1)=k*(p+q)+q\)。存在p,q都为非负整数即可，即\(\left\lfloor\frac{f}{k}\right\rfloor\geq f \bmod k\)。只要满足了这个条件，s[0,i)就可以变成ABABA的形式，否则不行。

如果不整除，令\(f=\left\lfloor\frac{i}{T}\right\rfloor\)，若想让s[0,i)变成ABABA的形式，A必然不能是T的整倍数，因此B也不能，将一个周期拆成两部分，T=ab。这样的话，A就是若干个T加上一个a，B就是b加上若干个T。可以列出方程：\((k+1)*(2*len[a]+1)+k*(2*len[b]+1)=2*f+1\)存在非负整数解。这样不太好计算，所以将式子变成\((k+1)*(2*len[a]+1)+k*(2*len[b]-1)=2*f+1\)存在len[a]非负整数解，len[b]正整数解。同样的化简之后变成\(len[a]=\frac{f-k*len[b]}{k+1}\)。同理，\(f=k*p+q*(k+1)=k*(p+q)+q\)。存在p正整数解,q非负整数解即可。所以是\(\left\lfloor\frac{f}{k}\right\rfloor> f \bmod k\)。

最后结论很简单。

if(i%T==0) printf("%d",f/k>=f%k);else printf("%d",f/k>f%k);

code

#include
    
     int n,K;int Fail[1000010];char ch[1000010];void GetFail(){    Fail[0]=Fail[1]=0;    for(int i=2,j=0;i<=n;++i){        while(j&&ch[j]!=ch[i-1]) j=Fail[j];        if(ch[j]==ch[i-1]) ++j;        Fail[i]=j;    }}int main(){    scanf("%d%d",&n,&K);    scanf("%s",ch);    GetFail();    for(int i=1,T,f;i<=n;++i){        T=i-Fail[i]; f=i/T;        if(i%T==0) printf("%d",f/K>=f%K);        else printf("%d",f/K>f%K);    }    puts("");    return 0;}