字符串折叠&压缩（区间DP）

Posted 2021-03-25 ak-ls

字符串折叠

 

题目描述

折叠的定义如下：

1. 一个字符串可以看成它自身的折叠。记作S = S
2. X(S)是X(X>1)个S连接在一起的串的折叠。记作X(S) = SSSS…S(X个S)。
3. 如果A = A’, B = B’，则AB = A’B’ 例如，因为3(A) = AAA, 2(B) = BB，所以3(A)C2(B) = AAACBB，而2(3(A)C)2(B) = AAACAAACBB

给一个字符串，求它的最短折叠。例如AAAAAAAAAABABABCCD的最短折叠为：9(A)3(AB)CCD。

输入格式

仅一行，即字符串S，长度保证不超过100。

输出格式

仅一行，即最短的折叠长度

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emmmmm，首先题意上说明折叠后的长度是加上数字的长度和括号的，  设f[l][r]表示将区间[l, r]折叠后的最小长度， 显然初值是r - l + 1;然后我们去暴力枚举该区间可以有哪两个区间去合并， 然后就该考虑到它自身折叠的问题了， 可以暴力枚举它每一段的长度， 然后判断是否可以折叠， 设此时枚举长度为k且可以合并， 那么显然$f[l][r] = min(f[l][r], f[l][l + k - 1] + 2 + a[len / k]);$, 2为括号的长度， a数组表示数字的长度， 即1长度为1 ， 10长度为10等， 最后直接输出f[1][n]即可， 思路应该很清晰， 这道题还是比较水的（吧。。。）

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 5e5 + 100;
const int MAXM = 1e3 + 10;
const double eps = 1e-5;

template < typename T > inline void read(T &x) {
    x = 0; T ff = 1, ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch == ‘-‘) ff = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    x *= ff;
}

template < typename T > inline void write(T x) {
    if(x == 0) {
        putchar(‘0‘);
        return ; 
    }
    if(x < 0) putchar(‘-‘), x = -x;
    static T tot = 0, ch[30];
    while(x) {
        ch[++tot] = x % 10 + ‘0‘;
        x /= 10;
    }
    while(tot) putchar(ch[tot--]);
} 

int n, a[110], f[110][110];
char ch[110]; 

inline bool check(int l, int r, int len) {
    for (int i = l; i <= r - len; ++i) {
        if(ch[i] != ch[i + len]) return false;
    }
     return true;
}

int main() {
    scanf("%s", ch + 1);
    n = strlen(ch + 1);
    for (int i = 1; i <= 9; ++i) a[i] = 1;
    for (int i = 10; i <= 99; ++i) a[i] = 2;
    a[100] = 3;
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        f[i][i] = 1;
    }
    for (int len = 2; len <= n; ++len) {
        for (int l = 1; l <= n - len + 1; ++l) {
            int r = l + len - 1;
            f[l][r] = len;
            for (int i = l; i < r; ++i) f[l][r] = min(f[l][r], f[l][i] + f[i + 1][r]);
            for (int k = 1; k < len; ++k) {
                if (len % k != 0) continue;
                if (check(l, r, k)) f[l][r] = min(f[l][r], f[l][l + k - 1] + 2 + a[len / k]);
            }
        }
    }
    write(f[1][n]);
    return 0;
}
 

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压缩

 

题目描述

给一个由小写字母组成的字符串，我们可以用一种简单的方法来压缩其中的重复信息。压缩后的字符串除了小写字母外还可以（但不必）包含大写字母R与M，其中M标记重复串的开始，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）开始的解压结果（称为缓冲串）。

bcdcdcdcd可以压缩为bMcdRR，下面是解压缩的过程：

已经解压的部分	解压结果	缓冲串
b	b	b
bM	b	.
bMc	bc	c
bMcd	bcd	cd
bMcdR	bcdcd	cdcd
bMcdRR	bcdcdcdcd	cdcdcdcd

输入格式

输入仅一行，包含待压缩字符串，仅包含小写字母，长度为n。

输出格式

输出仅一行，即压缩后字符串的最短长度。

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刚看到这道题， ？？双倍经验？？也就瞎写一波， 状态方法都是一样的， f[l][r]表示将区间[l, r]折叠的最短长度，当l等于1的时候特判第一个M就不需要了， 应该没问题， 嗯呢， 提交， 60， 好惨。。。可以用一组数据hack这个做法： aaaaaaaaaa， 最好的情况显然是5（aaRaR）， 但这个程序跑出来确实是6， 是因为R复制的是在它之前的第一个M， 所以R也会复制到R， 这样你就无法判断了， 所以R对应的M在哪就是一个需要解决的问题。 我们不妨开一个三维的数组， f[l][r][0]表示折叠[l ,r]且之间没有M的最短长度， 默认l - 1是M， f[l][r]][1]就表示之间有M， 对于每个M出现的位置， 我们也可以暴力去判断出现在哪里是最优的情况， 这样时间复杂度为$O(n^3)$， 输出$min(f[1][n][0], f[1][n][1])$即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 5e5 + 100;
const int MAXM = 1e3 + 10;
const double eps = 1e-5;

template < typename T > inline void read(T &x) {
    x = 0; T ff = 1, ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if(ch == ‘-‘) ff = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    x *= ff;
}

template < typename T > inline void write(T x) {
    if (x == 0) {
        putchar(‘0‘);
        return ; 
    }
    if (x < 0) putchar(‘-‘), x = -x;
    static T tot = 0, ch[30];
    while (x) {
        ch[++tot] = x % 10 + ‘0‘;
        x /= 10;
    }
    while (tot) putchar(ch[tot--]);
} 

int n, a[110], f[60][60][2];
char ch[60]; 

inline bool check(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    if (len & 1) return false;
    int mid = len >> 1;
    for (int i = l; i <= r - mid; ++i) {
        if(ch[i] != ch[i + mid]) return false;
    }
    return true;
}

int main() {
    scanf("%s", ch + 1);
    n = strlen(ch + 1);
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        f[i][i][0] = f[i][i][1] = 1;
    }
    for (int len = 2; len <= n; ++len) {
        for (int l = 1; l <= n - len + 1; ++l) {
            int r = l + len - 1;
            f[l][r][0] = f[l][r][1] = len;
            for (int i = l; i < r; ++i) f[l][r][1] = min(f[l][r][1], min(f[l][i][1], f[l][i][0]) + min(f[i + 1][r][1], f[i + 1][r][0]) + 1);
            for (int i = l; i < r; ++i) f[l][r][0] = min(f[l][r][0], f[l][i][0] + r - i);
            if (check(l, r)) f[l][r][0] = min(f[l][r][0], f[l][(l + r) >> 1][0] + 1);
        }
    }
    write(min(f[1][n][0], f[1][n][1]));
    return 0;
}
 

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