CF932GPalindrome Partition(回文树,动态规划)

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了CF932GPalindrome Partition(回文树,动态规划)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

【CF932G】Palindrome Partition(回文树,动态规划)

题面

CF
翻译:
给定一个串,把串分为偶数段
假设分为了\(s1,s2,s3....sk\)
求,满足\(s_1=s_k,s_2=s_{k-1}......\)的方案数

题解

反正我是不会做
基本就是照着\(laofu\)的打了一遍(laofu太强啦)

这题分成了两个步骤
如果直接分\(k\)段我们是没法直接判断的
假设两段\(s_i,s_{k-i+1}\)
因为\(s_i=s_{k-i+1}=x_1x_2.....x_j\)
假设\(s_i\)的开始位置为\(p\)
假设原串\(S\)的长度为\(n\)
\(s_i=S[p]S[p+1]....S[p+j-1]\)
\(s_{k-i+1}=S[n-j-p+1]S[n-j-p+2]...S[n-p+1]\)
对应相等的关系是
\(S[p]=S[n-p-j+1]\)
如果\(p=1\)考虑一下特殊情况
那么就是\(S[1]=S[n-j]\)
那么,如果我们有一个串\(S'\)
\(S'=S[1]S[n]S[2]S[n-2].....\)
那么,对应到上面的相等关系里面,
就是\(S'[1..j]\) 是一个回文串
其他的每一组对应关系也是如此
所以题目转换成了:
告诉你了\(S'\)回答把\(S'\)分为若干个长度为偶数的回文串的方案数
(如果没有搞清楚可以手玩一下)

这个就是一个裸的\(dp\)
\(f[i]\)表示\(S'[1..i]\)划分为若干长度为偶数的回文串的方案数
得到转移方程:
\[f[i]=\sum_{j}f[j-1]\]
其中,\(S'[j,i]\)是回文串
那么,每一个\(j\)对应的位置相当于是\(S'[1..i]\)的回文后缀
构建出回文树之后沿着\(last\)\(fail\)就可以得到所有的\(j\)的位置
然后我们就写出来了一份代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1000100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
char ch[MAX],s[MAX];
int n,f[MAX];
struct Palindromic_Tree
{
    struct Node
    {
        int son[26];
        int ff,len;
    }t[MAX];
    int last,tot;
    void init()
    {
        t[tot=1].len=-1;
        t[0].ff=t[1].ff=1;
    }
    void extend(int c,int n,char *s)
    {
        int p=last;
        while(s[n-t[p].len-1]!=s[n])p=t[p].ff;
        if(!t[p].son[c])
        {
            int v=++tot,k=t[p].ff;
            t[v].len=t[p].len+2;
            while(s[n-t[k].len-1]!=s[n])k=t[k].ff;
            t[v].ff=t[k].son[c];
            t[p].son[c]=v;
        }
        last=t[p].son[c];
    }
}PT;
int main()
{
    PT.init();
    scanf("%s",ch+1);
    n=strlen(ch+1);
    if(n&1){puts("0");return 0;}
    for(int i=1;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
    reverse(&ch[1],&ch[n+1]);
    for(int i=2;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        PT.extend(s[i]-97,i,s);
        int p=PT.last;
        while(p!=1)
        {
            if(PT.t[p].len%2==0&&PT.t[p].len>0)f[i]=(f[i]+f[i-PT.t[p].len])%MOD;
            p=PT.t[p].ff;
        }
    }
    printf("%d\n",f[n]);
    return 0;
}

然后在\(CF\)上交一发:
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看一看数据是啥呢?
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如果我们像这份代码一样,沿着\(fail\)一路上跳
因为所有字符都相同
所以要跳\(O(n)\)
复杂度变为了\(O(n^2)\)
完美\(TLE\)

所以肯定就不能这么做。。。
然后我就不会了


假设对于某个位置,它对应的若干回文后缀

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如果他们的长度\(>len/2\)
可以证明他们的长度等差
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证明?根据回文串的性质,上面的那些圈圈都是相等的串
证毕

如果把这一些看成一组
每一组都至少要\(÷ 2\)
所以至多只会有\(log\)
这样能够保证复杂度,所以我们考虑能否一组一组转移
\(g[x]\)表示这一组东西的和
因为一组不能直接在串中表示
所以用回文树上的节点来表示
所以,\(g[x]\)表示从节点\(x\)开始,一直到缩短的值不再是当前这个等差的位置产生的贡献

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比如对于这一组,它产生的贡献就是
\(g[x]=f[j1]+f[j2]+f[j3]\)
(最底下那个是原串)

好的,假设我们当前位置是\(i\)
也就是最底下的原串是\(S'[1..i]\)

最长的回文后缀,也就是当前回文树上的\(last\)
\(p=last\)
因为是最长的一个,所以之前肯定不会计算过这个位置的值
所以\(g[p]=f[j_1]\)

然后往上面的那些回文后缀看
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这些红色的代表着关于下面的父亲对称的回文前缀
我们惊奇的发现:
它们的开始位置怎么就这么巧呢?
正好就是我要算的东西
也就是说\(g[p]+=g[p.fail]\)
当然,前提是\(p.fail\)还在这一组等差的串里面
然后\(p\)就跳到第一个不是它所在的等差的回文后缀的位置
所以\(f[i]=\sum_{p}g[p]\),前提是\(i\%2=0\)

最后,总结一下算法
对于给定的串\(S\)
把它变成\(S'=S[1]S[n]S[2]S[n-1].....\)
然后依次构建回文树
每个节点要记录一下它所在的这个等差的回文后缀在哪个节点结束
然后对于每次的\(last\)节点向上跳
跳到第一个不是自己这一段回文的位置
因为每次至少要\(÷2\),所以至多跳\(log\)
综上,时间复杂度\(O(nlog)\)
空间复杂度\(O(n\sum)\)\(\sum\)代表字符集大小

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1000100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
char ch[MAX],s[MAX];
int n,anc[MAX],diff[MAX];
int ans[MAX],f[MAX];
struct Palindromic_Tree
{
    struct Node
    {
        int son[26];
        int ff,len;
    }t[MAX];
    int last,tot;
    void init()
    {
        t[tot=1].len=-1;
        t[0].ff=t[1].ff=1;
        anc[0]=1;
    }
    void extend(int c,int n,char *s)
    {
        int p=last;
        while(s[n-t[p].len-1]!=s[n])p=t[p].ff;
        if(!t[p].son[c])
        {
            int v=++tot,k=t[p].ff;
            t[v].len=t[p].len+2;
            while(s[n-t[k].len-1]!=s[n])k=t[k].ff;
            t[v].ff=t[k].son[c];
            t[p].son[c]=v;
            diff[v]=t[v].len-t[t[v].ff].len;
            anc[v]=(diff[v]==diff[t[v].ff])?anc[t[v].ff]:t[v].ff;
        }
        last=t[p].son[c];
    }
}PT;
int main()
{
    PT.init();
    scanf("%s",ch+1);
    n=strlen(ch+1);
    if(n&1){puts("0");return 0;}
    for(int i=1;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
    reverse(&ch[1],&ch[n+1]);
    for(int i=2;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
    ans[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        PT.extend(s[i]-97,i,s);
        for(int k=PT.last;k;k=anc[k])
        {
            f[k]=ans[i-PT.t[anc[k]].len-diff[k]];
            if(anc[k]!=PT.t[k].ff)
                f[k]=(f[k]+f[PT.t[k].ff])%MOD;
            if(!(i&1))ans[i]=(ans[i]+f[k])%MOD;
        }
    }
    printf("%d\n",ans[n]);
    return 0;
}

以上是关于CF932GPalindrome Partition(回文树,动态规划)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

CF932ETeam Work

CF932F(李超线段树+dp)

CF932C Permutation Cycle

CF932D Tree 树上倍增

CF932D Tree

CF932ETeam Work/BZOJ5093图的价值 数学+NTT