Codeforces E94 F. x-prime Substrings (AC自动机 + dp)
Codeforces E94 F. x-prime Substrings (AC自动机 + dp)
题意：
给一个字符串s (仅由数字1~9构成) 和数x. 令$f(l,r) $ 表示 字符串l 到 r 位的数之和。同时定义 x-prime 为\(f(l_{1}, r_{1}) = x\) 且不存在\(l_{2}, r_{2}\) 同时满足以下要求
- \(l_{1} \le l_{2} \le r_{2} \le r_{1}\) ;
- \(f(l_{2}, r_{2}) != x\)
- x 可以被 \(f(l2, r2)\) 整除
问最少删除几个字符，使得字符串s不含x-prime.
题目大意：删除最少字符，使得字符串如果一个区间和等于x，不存在子区间和 val 能整除x且 val != x。
题解：
首先可以看到x很小，那完全可以dfs把所有不满足题意的字符串 (即含有x-prime) 都打表打出来。然后用这些字符串建AC自动机，然后在AC自动机上进行dp就可以了。
为什么要这样做呢？这个问题做了hdu2457就能理解。这里主要讲一下dp过程。
为什么用不满足的字符串建AC自动机： 其实用不满足的字符串建AC自动机，然后在”匹配“时只要不接触AC自动机带标记的点，那么这个不满足的串一定无法在s串中匹配上，那s串就是满足的串。
DP讲解：用dp[i] [j]表示处理到s串第 i 位，此时AC自动机上对应 j 结点时为满足题意删除的最小数量。 那么我们现在肯定要根据已知的状态推 i + 1各个状态的答案。分两种情况。
- 1 把i + 1位字符删掉，相当与在状态(i, j)基础上 i + 1 , 但AC自动机上当前对应的节点还是 j 没有变。删除数加1。 状态转移方程 ： \(dp[i + 1][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j] + 1) \)
- 2 不删除i + 1 位字符，那么在(i, j) 基础上只能i + 1, j只能在AC自动机上 j 节点下面的和s[i] 相同的节点移动。状态转移方程：\(dp[i + 1][v] = min(dp[i + 1][v], dp[i][j])\) 。 其中 \(v = nxt[j][s[i] - '0']\)
代码：
//2020/8/27/22:41
//AC自动机 + dp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<string>
#include<fstream>
using namespace std;
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i <= n; ++ i);
#define per(i, a, n) for(int i = n; i >= a; -- i);
typedef long long ll;
const int N = 1e3 + 10;
const int M = 5e3 + 10;
const int mod = 998244353;
const double Pi = acos(- 1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int G = 3, Gi = 332748118;
ll qpow(ll a, ll b) { ll res = 1; while(b){ if(b & 1) res = (res * a) % mod; a = (a * a) % mod; b >>= 1;} return res; }
ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
bool cmp(int a, int b){return a > b;}
//
struct Aho{
int nxt[M][30] ,fail[M], mark[M];
int size;
queue<int> que;
void init(){
while(que.size()) que.pop();
memset(nxt, 0, sizeof(nxt));
memset(fail, 0, sizeof(fail));
memset(mark, 0, sizeof(mark));
size = 0;
}
//建立trie树
void Insert(char *S){
int n = strlen(S);
int now = 0;
for(int i = 0; i < n; ++ i){
// cout<<S[i];
int id = S[i] - '0';
if(!nxt[now][id]) nxt[now][id] = ++ size;
now = nxt[now][id];
}
mark[now] = 1;
// cout<<endl;
}
//建立fail指针
void Build(){
fail[0] = -1;
for(int i = 0; i < 10; ++ i){
if(nxt[0][i]) que.push(nxt[0][i]);
}
while(que.size()){
int u = que.front(); que.pop();
for(int j = 0; j < 10; ++ j){
int v = nxt[u][j];
if(!v) nxt[u][j] = nxt[fail[u]][j];
else{
que.push(v);
fail[v] = nxt[fail[u]][j];
mark[v] |= mark[fail[v]];
}
}
}
}
}aho;
char s[M], t[M];
int n, x;
int dp[N][M];
void dfs(int sum, int dep){
// cout<<sum<<" "<<dep<<endl;
if(sum > x) return;
if(sum == x){
t[dep] = 0;
for(int i = 0; i < dep; ++ i){
int val = 0;
for(int j = i; j < dep; ++ j){
val += t[j] - '0';
if(sum % val == 0 && sum != val) return;
}
}
aho.Insert(t);
}
for(int i = 1; i < 10; ++ i){
t[dep] = i + '0';
dfs(sum + i, dep + 1);
}
}
int main()
{
scanf("%s%d",&s,&x);
aho.init();
dfs(0, 0);
aho.Build();
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
n = strlen(s);
for(int i = 0; i < n; ++ i){
for(int j = 0; j <= aho.size; ++ j){
if(dp[i][j] < INF){
dp[i + 1][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j] + 1);
int v = aho.nxt[j][s[i] - '0'];
if(aho.mark[v]) continue;
dp[i + 1][v] = min(dp[i + 1][v], dp[i][j]);
}
}
}
int res = INF;
for(int i = 0; i <= aho.size; ++ i){
res = min(res, dp[n][i]);
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
