LOJ2687 BalticOI2013 Vim 线头DP
多图警告！！！
一种很新奇的\(DP\)，全网似乎只有一两篇题解……
首先，序列中的一段\(e\)等价于在跳的过程中这一段\(e\)之后的一个字符必须要经过，并且在最后的答案中加上$2 \times $e的个数。
那么原题等价于：给出一个序列和两种移动方式，移动过程中必须要经过某一些点，求最小代价。
我们不妨把若干连续的\(f\)操作和若干连续的\(h\)操作看成线，那么移动路线就变成下面这样
首先，考虑下面两种移动路线
A路线一定没有B路线优，因为A路线有重复的折返。
这样说来：如果经过某些连续的\(f\)操作之后开始进行\(h\)操作，那么一定会到达要到达的最前面的目标，然后一直进行\(f\)操作不再回来。
到这里不难设计出一个暴力的\(DP\)：设\(dp_{i,j}\)表示已经经过了前\(i\)个必经字符，当前光标在第\(j\)个字符时的最小代价。设字符集为\(A\)，那么这种\(DP\)是\(O(N^2A)\)的，不够优秀。考虑优化。
发现上面的条件等价于对于某一个位置\(i\)，经过的位置覆盖了位置\(i\)与\(i+1\)之间的线段的线的数量要么是\(1\)，要么是\(3\)，对应下图的\(AB\)两种情况。
到了这里就可以开始设计更加优秀的\(DP\)了
设\(p_{i,j}\)表示覆盖了\(i\)与\(i+1\)之间的线段\(1\)次，且覆盖\(i\)与\(i+1\)之间的线段的\(f\)操作选择的字符是\(j\)的最小代价，\(q_{i,j,k}\)表示覆盖了\(i\)与\(i+1\)之间的线段\(3\)次，且在进行\(h\)操作之前覆盖\(i\)与\(i+1\)之间的线段的\(f\)操作选择的字符是\(j\)、在进行\(h\)操作之后覆盖\(i\)与\(i+1\)之间的线段的\(f\)操作选择的字符是\(k\)的最小代价
又设\(s_i\)表示字符串的第\(i\)个字符，\(imp_i\)表示原串中第\(i\)个字符前是否存在字符\(e\)
转移：
\(p_{i,j}\)的转移分别对应下图的\(ABCD\)情况
其中虚线表示新加入的线，红色字表示对应位置的字符类型，黑色字表示位置编号
\(\begin{align} q_{i,j,k} = & p_{i-1,j} + 3 & j \neq s_i \\ & p_{i-1,s_i}+5 \\ & q_{i-1,j,k} + 1 & j \neq s_i \&\& k \neq s_i \\ & q_{i-1,s_i,k} + 3 & k \neq s_i \\ & q_{i-1,j,s_i} + 3 & j \neq s_i \\ & q_{i-1,s_i,s_i} + 5 \end{align}\)
\(q_{i,j,k}\)转移分别对应下图中的\(ABCDEF\)情况
可以发现转移就是把线延长和补全的过程，所以叫做线头DP
初始值：\(p_{0,s_1}=0\)，其他等于\(inf\)。最后的答案是\(p_{len,x}\)，其中\(x\)是没有在字符串中出现过的字符。这可以理解成在无限远的地方有一个字符\(x\)，最后一次操作就是直接跳到这一个无限远的地方。当然，这意味着最后的答案会加上跳到这个无限远的地方的\(2\)的代价，减掉\(2\)就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
//This code is written by Itst
using namespace std;
inline int read(){
int a = 0;
char c = getchar();
bool f = 0;
while(!isdigit(c) && c != EOF){
if(c == '-')
f = 1;
c = getchar();
}
if(c == EOF)
exit(0);
while(isdigit(c)){
a = a * 10 + c - 48;
c = getchar();
}
return f ? -a : a;
}
const int MAXN = 7e4 + 7 , A = 11;
int f[MAXN][A] , g[MAXN][A][A] , ch[MAXN];
bool must[MAXN];
int N , M , cnt;
inline char getc(){
char c = getchar();
while(!islower(c))
c = getchar();
return c;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("in","r",stdin);
//freopen("out","w",stdout);
#endif
N = read();
bool ife = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i){
char c = getc();
if(c == 'e')
cnt += (ife = 1);
else{
must[++M] = ife;
ife = 0;
ch[M] = c - 'a';
}
}
for(int i = 0 ; i < A ; ++i){
for(int j = 0 ; j < A ; ++j)
g[0][i][j] = INF;
f[0][i] = INF;
}
f[0][ch[1]] = 0;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i)
for(int j = 0 ; j < A ; ++j){
int t = INF;
if(j != ch[i] && !must[i])
t = min(t , f[i - 1][j]);
t = min(t , f[i - 1][ch[i]] + 2);
if(j != ch[i])
t = min(t , g[i - 1][ch[i]][j]);
t = min(t , g[i - 1][ch[i]][ch[i]] + 2);
f[i][j] = t;
for(int k = 0 ; k < A ; ++k){
t = INF;
if(j != ch[i])
t = min(t , f[i - 1][j] + 3);
t = min(t , f[i - 1][ch[i]] + 5);
if(j != ch[i] && k != ch[i])
t = min(t , g[i - 1][j][k] + 1);
if(j != ch[i])
t = min(t , g[i - 1][j][ch[i]] + 3);
if(k != ch[i])
t = min(t , g[i - 1][ch[i]][k] + 3);
t = min(t , g[i - 1][ch[i]][ch[i]] + 5);
g[i][j][k] = t;
}
}
cout << f[M][10] + 2 * cnt - 2;
return 0;
}
