題意

• 我們希望構造一個最短的字串，這個字串每位可以是0至k-1的字元，並且這個字串的所有n長子串可以包含所有的$n^k$種情況（即包含所有用k個字元構建的n長串）

思路

• 不難想象，如果構造的這個串每一個n長子串恰好就是一個unique的情況，那麼一定就是最短的串，長度為
  $n^k + n - 1$
• 先假設我們一定可以構造出這樣的串。然後可以換一個角度來看這個問題，設每一種獨特的子串是一個節點，如果一個節點的n-1
  長字尾恰好另一個節點n-1長的字首，那麼我們就給這兩個節點連一條邊，因為這兩個子串是可以在我們構造的串中直接相連的。這樣我就構造了一個有向圖，不難證明這個圖是一個強連通圖，即任意兩點之間都是有通路的。那麼我們假設的前提，就對應了這個圖一定存在一條漢密爾頓通路。而這個圖本身不大，我們就完全可以用bfs或者dfs去解這個題了。
• 但是這個假設是否成立卻是需要證明的，我參考了Discussion中的方法（Discussion中的原文），這裡我給出一個我個人覺得可能更好理解一些的證明。

證明

• 我們想證明上述假設，只需要給出一種構造方法，然後證明這個方法保證可以得到一條哈密爾頓通路
• 首先我們定義一些符號，方便後面說明，我們用小寫字母表示一個字元，大寫字母加尖括號表示一個n-1長的子串，例如a<A>就表示了字尾為A的一個n長子串
• 第二我們給出構造方法：
  
  • （1）隨意選一個n長子串（或稱節點）加入deque Q中
  • （2）迴圈，取Q中最後一個節點，記為a<A>，然後選擇一個沒有加入deque中的節點<A>b插入隊尾
  • （3）如果所有形如<A>b的節點都在佇列中，則彈出隊首元素，並把它插入隊尾
  • （4）迴圈至佇列元素個數到$n^k$個
  • 這樣這個deque中就儲存了一條哈密爾頓通路
• 第三我們證明這個構造方法是正確的，那麼需要證明三個事情：首先是序列合法性，即第i個節點和第i+1節點之間應是有邊的；二是演算法可終止性，即最終一定能得到長度為$n^k$的佇列；三是節點的獨特性，即序列中任意兩個節點是不同的。其中第三個是顯然保證的，我們主要證明前兩點。
  
  • 證明序列合法性，主要就是證明演算法第（3）步中隊首元素<B>b和隊尾元素a<A>，滿足A = B這個條件。出現（3）的情況，對應了 $\forall x \in [0, k), \quad <A>x \in Q$，也就是說有k個形如<A>x的節點已經在佇列中了。假如這些節點都沒有出現在隊首，那麼包含隊尾元素，應該有k+1個形如x<A>的節點出現在佇列中，顯然這是不可能的，因此，隊首元素一定也是形如<A>x的，那麼把它換到隊尾，顯然可以保證合法性。
  • 證明佇列Q長度可以到達$n^k$。反證法，設當Q長度為m時，就找不到下一個沒有出現過的節點了。根據我們演算法的（2）（3）步驟，我們知道當隊尾元素找不到下一個節點時，我們會嘗試下一個隊首元素，如果完全無法找到下一個節點，說明Q中所有節點都無法連到下一個沒有出現過的節點了。這就說明這m個節點構成了一個聯通分量，總體至少有兩個聯通分量，這和我們一開始知道的這個圖是強聯通的，應該只有一個聯通分量矛盾。因此我們一定可以構造到$n^k$長的Q。
  • 得證。

實現

class Solution {
public:
    int pow(int x, int n){
        int ret = 1;
        for (int i = 0; i < n; i++){
            ret *= x;
        }
        return ret;
    }
    string crackSafe(int n, int k) {
        deque<string> q;
        unordered_set<string> mapp;
        q.push_back(string(""));
        for (int i = 0; i < n; i++){
            *q.begin() += '0';
        }
        mapp.insert(q.back());
        int len = pow(k, n) ;
        while (q.size() < len){
            string now = q.back().substr(1, n - 1);
            bool flag = true;
            for (char i = '0'; i < k + '0'; i++){
                now += i;
                if (mapp.find(now) == mapp.end()){
                    flag = false;
                    mapp.insert(now);
                    q.push_back(now);
                    break;
                }
                now.pop_back();
            }
            if (flag){
                now = q.front();
                q.pop_front();
                q.push_back(now);
            }
        }
        string ret;
        for (auto& it : q){
            ret += it[0];
        }
        ret.pop_back();
        ret += q.back();
        return ret;
    }
};