Codeforces1234F. Yet Another Substring Reverse(状压dp)
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思路:
由于只能翻转一次子串,就相当于找出两个不连续的子串,把在后面的一个子串翻转过来,和第一个子串拼接。
因为题目仅要求子串中的字符不重复,所以字符的先后顺序无关,翻转的操作就相当于:
选出两个不连续的子串,且他们没有相同的字符,两个子串的长度之和就是答案的一种可能。
题目中反复强调,给出的字符串只有前20个字母[a, t],考虑到$2^20 = 10^6, 2^26 = 6*10^7$,显然在疯狂暗示:要用状压来做这题。
所以考虑二进制状压字符集合。
一个朴素的想法:
令集合X = ‘a‘, ‘b‘,..., ‘t‘,用|X|表示集合X的大小。
预处理出集合X的所有有效子集(在原字符串中能找得到)。时间复杂度为O(n*|X|) = 2*$10^6$。
然后再枚举X的子集A,和集合A在X中的补集B的子集C,若C是有效的(在原字符串中能找到),则|A|+|C|就是答案的一种可能。
这样做的总时间复杂度是O($2^|X|* 2^|X|$ + n*|X|) = 1e12,显然会TLE。
题解:
实际上,我们在枚举集合B的子集C的时候,如果我们能知道集合B的有效子集的大小的最大值max|C|,就可以用|A|+max|C|以O(1)的时间来更新答案了。时间复杂度可以下降到O($2^|X|$)
接下来考虑如何预处理出max|C|。
如果用f[mask]表示,以mask二进制表示的集合S的最大有效子集的大小,那么:
如果S是有效的:f[mask] = |S|
否则:f[mask] = maxf[mask^(1<<i)] | 0 < i < |X| && mask&(1<<i) > 0
这里的处理是$O(|X|*2^|X|) = 2*10^7$,是可行的。
代码:$O(|X|*2^|X| + |X|*n)$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
3 #define N 100005
4 #define M 100005
5 #define INF 0x3f3f3f3f
6 #define mk(x) (1<<x)
7 #define sz(x) ((int)x.size())
8 #define lson(x) (x<<1)
9 #define rson(x) (x<<1|1)
10 #define mp(a,b) make_pair(a, b)
11 #define endl ‘\n‘
12 #define lowbit(x) (x&-x)
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14 using namespace std;
15 typedef long long ll;
16 typedef double db;
17
18 /** fast read **/
19 template <typename T>
20 inline void read(T &x)
21 x = 0; T fg = 1; char ch = getchar();
22 while (!isdigit(ch))
23 if (ch == ‘-‘) fg = -1;
24 ch = getchar();
25
26 while (isdigit(ch)) x = x*10+ch-‘0‘, ch = getchar();
27 x = fg * x;
28
29 template <typename T, typename... Args>
30 inline void read(T &x, Args &... args) read(x), read(args...);
31 #define MAXMASK 20
32
33 int f[mk(MAXMASK)]; // f[mask] = mask‘s max number of different characters
34 int main()
35
36 string s;
37 cin >> s; int n = s.size();
38 for (int i = 0; i < n; i++)
39 int mask = 0;
40 for (int j = 0; j < MAXMASK && i+j < n; j++)
41 int b = s[i+j] - ‘a‘;
42 if (mask & mk(b))
43 break;
44 mask |= mk(b);
45 f[mask] = j+1;
46
47
48 for (int mask = 0; mask < mk(MAXMASK); mask++)
49 for (int i = 0; i < MAXMASK; i++) if (mask & mk(i))
50 f[mask] = max(f[mask], f[mask ^ mk(i)]);
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53 int ans = 0;
54 for (int mask = 0; mask < mk(MAXMASK); mask++)
55 int mask1 = (mk(MAXMASK)-1) ^ mask;
56 ans = max(ans, f[mask] + f[mask1]);
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58 cout << ans << endl;
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60 return 0;
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