Luogu 2470 [SCOI2007]压缩

和Luogu 4302 [SCOI2003]字符串折叠 差不多的想法，区间dp

为了计算方便，我们可以假设区间[l, r]的前面放了一个M，设$f_{i, j, 0/1}$表示区间$[i, j]$中是否存在M

因为这题只能是二的幂次倍压缩，所以转移的时候枚举中点chk是否合法，如果合法那么

　　$f_{i, j, 0} = f_{i, (i + j) / 2 - 1, 0} + 1$

除了区间压缩，还可以通过加法构成最优答案

1、当中间加入了M，枚举M加入的位置 $f_{i, j, 1} = min(min(f_{i, k, 1}, f_{i, k, 0}) + min(f_{k + 1, r, 0}, f_{k + 1, r, 1}) + 1)$  $(i - 1 <k < j)$

2、当中间没有M的时候，相当于后面的子串不存在压缩

　　　　$f_{i, j, 1} = min(f_{i, k， 0} + j - k)$ $(i - 1 < k < j)$

时间复杂度为不严格的$O(n^{3})$（只是一个上界？）

Code：

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

const int N = 55;

int n, f[N][N][2];
char s[N];

inline int min(int x, int y) {
    return x > y ? y : x;
}

inline void chkMin(int &x, int y) {
    if(y < x) x = y;
}

inline bool chk(int l, int r) {
    int len = (r - l + 1) / 2;
    for(int i = l; i <= r - len; i++)
        if(s[i] != s[i + len]) return 0;
    return 1;
}

int main() {
//    freopen("3.in", "r", stdin);
    
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for(int len = 1; len <= n; len++) {
        for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {
            int r = l + len - 1;
            chkMin(f[l][r][0], len), chkMin(f[l][r][1], len);
            
            if(len % 2 == 0 && chk(l, r)) 
                chkMin(f[l][r][0], 1 + f[l][l + len / 2 - 1][0]);
            
            for(int k = l; k < r; k++) {
                chkMin(f[l][r][1], min(f[l][k][0], f[l][k][1]) + 1 + min(f[k + 1][r][1], f[k + 1][r][0]));
                chkMin(f[l][r][0], f[l][k][0] + r - k);
            }
        }
    }
    
    printf("%d\n", min(f[1][n][0], f[1][n][1]));
    return 0;
}