[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 1≤n≤20
100%的数据满足: 1 ≤ n ≤ 50 1≤n≤50 1≤n≤50
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:
-
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) -
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) -
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 区间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
}