BZOJ1093 [SCOI2003]字符串折叠

Description

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。

Input

仅一行，即字符串S，长度保证不超过100。

Output

仅一行，即最短的折叠长度。

Sample Input

NEERCYESYESYESNEERCYESYESYES

Sample Output

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HINT

一个最短的折叠为：2(NEERC3(YES))

题解

令$f_{i,j}$为[i,j)这一段字符串的最短折叠长度。

那么，显而易见的有

$$f_{i,i+1}=1$$

$$f_{i,j}=minleft(min{f_{i,k} +f_{k,j}mid i < k < j}, min{f_{i,k} + 2 + num((j - i) / (k - i)) mid i < k < j, S_{i,j} = frac{j-i}{k-i}S_{i,k}} ight)$$

其中$num(x)$表示$x$的十进制位数， $S_{i,j}$表示字符串中i到j的一部分。

那么，应该如何判断$S_{i,j}$是否由$S_{i,k}$重复得到呢？

比较$S_{i,j-k}$和$S_{i+k,j}$即可。

暴力比较就好了。

时间复杂度$O(n^3logn)$

咦，为什么是这个复杂度（不想看请跳过）？

对于每一个长度$len$，都有$n-len+1$个长为$len$的区间，每个区间所需要的字符比较次数至多为

$$sum_{d|len}(len-d)$$

那么总比较次数至多为

$$egin{aligned}
sum_{l=1}^n(n-l+1)sum_{d|l}(l-d) &leq sum_{l=1}^nnsum_{d|l}l\
&= nsum_{l=1}^nlsum_{d|l}1\
&= nsum_{d=1}^nsum_{d|l, 1 leq l leq n}l\
&= nsum_{d=1}^ndsum_{l'=1}^{lfloorfrac{n}d floor}l'\
&= nsum_{d=1}^ndfrac{lfloorfrac{n}d floorleft(lfloorfrac{n}d floor+1 ight)}2\
&leq nsum_{d=1}^nfrac{nleft(frac{n}d+1 ight)}2\
&acksim frac{n^3}2sum_{d=1}^nfrac{1}d\
&=O(n^3logn)end{aligned}$$

所以暴力比较只多了一个$log$，可以接受。

附代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using std::min;
char s[105];
inline bool eq(int b1, int b2, int len) {
  return !strncmp(s + b1, s + b2, len);
}
inline int wei(int x) {
  int t = 1;
  while (x /= 10) ++t;
  return t;
}
int f[105][105];
int main() {
  scanf("%s", s);
  int n = strlen(s);
  for (int len = 1; len <= n; ++len)
    for (int i = 0; i + len <= n; ++i) {
      int j = i + len;
      f[i][j] = len;
      for (int k = i + 1; k < j; ++k) {
        f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k][j]);
        if (!(len % (k - i)) && eq(i, k, j - k))
          f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + 2 + wei(len / (k - i)));
      }
    }
  printf("%d
", f[0][n]);
  return 0;
}