[SCOI2007]压缩题解

   日期:2020-07-02     浏览:99    评论:0    
核心提示:[SCOI2007]压缩题目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bbbbMb.bMcbccbMcdbcdcdbMcdRbc

[SCOI2007]压缩

题目

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。

输入输出样例

输入 #1
aaaaaaa
输出 #1
5
输入 #2
bcdcdcdcdxcdcdcdcd
输出 #2
12

说明/提示

在第一个例子中,解为aaaRa,在第二个例子中,解为bMcdRRxMcdRR。

【限制】

50%的数据满足: 1 ≤ n ≤ 20 1≤n≤20 1n20

100%的数据满足: 1 ≤ n ≤ 50 1≤n≤50 1n50

原题链接

题解

思路

首先我们应该考虑3种情况:
1.当某一段字符中有压缩, 并且不是在最开始压缩的, 那么我们就不能把此处压缩
2.当这一段字符没有任何地方被压缩时, 我们可以将其压缩, 并且压缩后要再加上头部的M与尾部的R
3.当这段字符有且仅有开头有压缩, 我们可以将其压缩, 并且只用加上末尾的R就行了

接下来考虑状态转移方程:

  1. 因为不能压缩所以无压缩时的方程, 普通时候, 随便两处合起来都是它, 所以就两段的最大值加起来。
    dp[2][l][r] = min (dp[2][l][r], min (dp[x][l][k]) + min (dp[y][k + 1][r]))) (0≤x≤2 0≤y≤2 l≤k<r)

  2. 能够压缩, 但普通时只能是两段都没有压缩的进行合并, 压缩时要加两个字符
    dp[1][l][r] = min (dp[1][l][r], dp[1][l][k] + dp[1][k + 1][r]) (l≤k<r)

  3. 能够压缩, 能够由压缩得到, 普通时只能由一个头压缩加一个没压缩
    dp[0][l][r] = min (dp[1][l][(l + r) / 2] + 2, dp[0][l][(l + r) / 2] + 1)
    dp[0][l][r] = min (dp[0][l][r], dp[0][l][k] + dp[1][k + 1][r]) (l≤k<r)

运用算法

区 间 d p 区间dp dp

主体算法

h a s h hash hash

用来判断是否可以压缩

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

#define MAXN 100

struct hash {//实现hash
	private:
		unsigned long long h[MAXN + 5], b[MAXN + 5];
		
	public:
		int initial (char *c){
			int n = strlen (c);
			
			b[0] = 1;
			h[0] = 0;
			
			for (int i = 1; i <= n; i++){
				h[i] = h[i - 1] * 1331 + c[i - 1];
				b[i] = b[i - 1] * 1331;
			}
			return n;
		}
		
		unsigned long long access (int l, int r){
			return h[r + 1] - h[l] * b[r - l + 1];
		}
};

hash s;
int dp[3][MAXN + 5][MAXN + 5];
char c[MAXN + 5];

int main(){
	int n;
	
	scanf ("%s", c + 1);
	
	n = s.initial(c + 1);
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++){
		for (int j = 1; j <= n - i + 1; j++){
			dp[1][j][j + i - 1] = i;
			dp[0][j][j + i - 1] = 0x7f7f7f7f;
			dp[2][j][j + i - 1] = i;
			if (i % 2 == 0) {
				if (s.access(j - 1, j + i / 2 - 2) == s.access(j + i / 2 - 1, j + i - 2)){//判断是否能合并
					dp[0][j][j + i - 1] = min (dp[1][j][j + i / 2 - 1] + 2, dp[0][j][j + i / 2 - 1] + 1);
				}
			}
			if (j == 1){
				dp[0][j][j + i - 1] = min (i, dp[0][j][j + i - 1]);
			}
			for (int k = j; k < i + j - 1; k++){
				dp[1][j][j + i - 1] = min (dp[1][j][j + i - 1], dp[1][j][k] + dp[1][k + 1][j + i - 1]);//合并
				dp[0][j][j + i - 1] = min (dp[0][j][j + i - 1], dp[0][j][k] + dp[1][k + 1][j + i - 1]);
				dp[2][j][j + i - 1] = min (dp[2][j][j + i - 1], min (dp[0][j][k], min (dp[1][j][k], dp[2][j][k])) + min (dp[0][k + 1][i + j - 1], min (dp[1][k + 1][i + j - 1], dp[2][k + 1][i + j - 1])));
			}
		}
	}
	printf ("%d", min (dp[0][1][n], min (dp[1][1][n], dp[2][1][n])));//输出可能的最大值
}
 
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