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【题解】洛谷 P2470 [SCOI2007] 压缩

news 2025/11/12 7:10:09

P2470 [SCOI2007] 压缩 - 洛谷 (luogu.com.cn)（这真的是紫吗，感觉也就蓝）

看到题，我学的自动机和找规律推公式都按压不住。

看到数据范围泻火了。

题意不要理解错了：

R 重复从上一个 M（如果当前位置左边没有 M，则从串的开始算起）开始的压缩。

也就是像：ABCABCABC 这样的串会压缩成 ABCRABC，而 ABCRR 解压后会是 4 个 ABC。

更清晰的说，只有 2 的次方个数的回文串才能用很多个连续的 R 压缩。

其它不符合条件（比如不是 $2^x$ 类型的偶数，和所有奇数）个数的回文串，

只能压缩成很多组不同的 $2^x$ ，中间用 M 阻隔，就像转为二进制数一样。

比如说我有 7 个 ABC，那么最优方案就是先将 4 个 ABC 压缩成 ABCRR，放 M 在后面。

剩下的 3 个 ABC 分成 2 个和 1 个，最后变成 ABCRRABCRABC。

时间复杂度可以到 $O(N^4)$ 左右，首先排除贪心（时间复杂度太小且不太好想）。

然后想 dp，发现这种区间合并挺像基因序列那道题的，考虑区间 dp。

回看题目，发现 M 的设置位置是很重要的，M 会把字符串分成两部分。

这相当于在字符串的中间（放 M 的位置），将字符串前面的字符清零了（从 R 的规则来看）。

因为被 M 分成的两段区域可以自由使用 R，互不干扰，

考虑 $O(N^3)$ 枚举区间的开头结尾和 M 的位置。

而 R 的连续合并操作，前面说过了只能是 $2^x$ 的连续合并，

其他需要 M 阻隔的情况都可以先单独连续合并，然后通过上面枚举 M 位置合并起来。

所以我们这里先考虑最初始不使用 M 的情况，也就是两段单个回文串合并。

要求两段串一模一样，这里可以用哈希减小常数，但之前都已经 $O(N^3)$ 了，直接枚举也没事。

举个例子 ABCABCABCABC，就会先把前后两段 ABCABC 合并，

压缩后都是 4（3 [ABC] + 1 [R]）个。

然后再把前后两个 ABCR 合并，变成 5（4 [ABCR] + 1 [R]）个。

前面已经说过 M 分开的两端可以单独使用 R，而 R 的连续合并操作要求两段都没使用过 M。

那么就可以直接将有无使用过 M 加入 dp 状态定义：

（提示： $dp[i][j][0/1]$ 都是假设 $i$ 是整个字符串的开头，即 $i$ 前面放了 M）

$dp[i][j][0]$ 表示 $i$ 到 $j$ 整一段字符串压缩得到最短的长度，

且没使用过 M 分割（但有可能使用过 R 来连续合并）。

$dp[i][j][1]$ 表示 $i$ 到 $j$ 整一段字符串压缩得到最短的长度，

且使用过 M 分割（也可能根本用不上 M）。

注释代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 55;
int dp[N][N][2];
/*
（提示：dp[i][j][0/1] 都是假设 i 是整个字符串的开头，即 i 前面放了 M）dp[i][j][0] 表示 i 到 j 整一段字符串压缩得到最短的长度，
且没使用过 M 分割（但有可能使用过 R 来连续合并）。
dp[i][j][1] 表示 i 到 j 整一段字符串压缩得到最短的长度，
且使用过 M 分割（也可能根本用不上 M）。
*/char s[N];bool judge(int l, int r) {int mid = (l + r) >> 1;for (int i = l; i <= mid; i ++) {int j = mid + i - l + 1;if (s[i] != s[j]) {return 0;}}return 1;
}int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> (s + 1);int n = strlen(s + 1);memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));    // 求最小值，初始化最大值 for (int L = 1; L <= n; L ++) {   // 先枚举区间长度（区间 dp 常规操作） for (int i = 1; i + L - 1 <= n; i ++) {   // 再枚举区间开端 int j = i + L - 1;    // 区间结尾dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = j - i + 1;   // 最坏情况就是根本压缩不了for (int k = i; k < j; k ++) {dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], min(dp[i][k][1], dp[i][k][0]) +1 + min(dp[k + 1][j][1], dp[k + 1][j][0]));// 枚举 M 使用位置，分成的前后两部分可以单独使用 R// 这里不在意前后两部分有没有自己用过 M// 只是保证后面部分的答案合法（k + 1 的前面放了 M） } for (int k = i; k <= j; k ++) {dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], dp[i][k][0] + (j - (k + 1) + 1));// i 到 j 不使用 M，那只有前半部分可以用 R// 后半部分只能不压缩（不能合法使用 R） }if ( (j - i + 1) % 2 == 0 && judge(i, j)) {// 长度是偶数，且前后两段字符串完全相同int mid = (i + j) >> 1; dp[i][j][0] = min(dp[i][j][0], dp[i][mid][0] + 1);// 两段合并（压缩完是连续 R 且不用 M） } }}cout << min(dp[1][n][0], dp[1][n][1]) << "\n";return 0;
}

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