P6758 vim 线头 dp 题解

显然，e 在这道题里是无关紧要的。我们知道每删掉一个 e 需要 hx 两步，所以我们把所有的 e 统计出来，标记一下他后面的点（一定要经过后面这个点才能删掉 e），下文中我们叫这些点为关键节点。那么问题就变成了：如何用最少的代价经过所有关键节点。

发现我们最终走过的路径一定是这样的形式：我们 f 到一个字符，然后往前 h 到一些关键节点，然后再 f 到后面的点，以此类推。

这种形式还有一个性质：所有 h 到的关键节点只会被 h 一次。因为没有必要花费更多的代价 h 第二次。

所以我们可以重新描述两种行动：代价为 \(2\) 的跳跃，与代价为 \(1\) 的行走。

我们尝试分类所有被经过的路径，发现他们被分为两种：被经过一次的和被经过三次的（只有被经过三次的路径是真正被经过的，被经过一次的路径只是跳过去）。

因此我们设计状态 \(f1[i][j]\) 表示考虑到 \(i\) 到 \(i + 1\) 的路径且该路径被经过一次，这一次跳跃的终点在右边最近的字符 \(j\)，状态 \(f3[i][j][k]\) 表示考虑到 \(i\) 到 \(i + 1\) 的路径且该路径被经过一次，第一次跳跃的终点在右边最近的字符 \(j\)，折返后再跳跃的终点在右边最近的字符 \(k\)。这是我们能用最少的状态描述跳跃的方式。

转移看起来很复杂，实际上遵循两个原则

1. 所有的转移都是用 \(i\) 和 \(i + 1\) 这两个点作为起点添加路径。
2. 对于状态 \(f1_{i,j}\)，我们要保证存在到 \(j\) 的跳跃。对于状态 \(f3_{i,j,k}\)，我们要保证存在 到 \(j\) 的跳跃，到 \(k\) 的跳跃，与 \(i\) 到 \(i + 1\) 的行走。而跳跃和行走直接连不连的起来不重要，因为当处理到 \(i\) 时前面的所有点必定是能连上的，又因为在 \(f3\) 中我们会将 \(i\) 与 \(i + 1\) 连上，所以还是连上了所有点。

发现如果我们把跳跃与行走都看作一条线，我们所做的事情就是把所有的线串起来。所以这种 dp 也被叫做线头 dp。

我们也可以发现串起来这种操作其实就是两个插头的对应，所以也可以把这个理解成一种特殊的插头 dp。

如果转移不明白可以去看 Itst 大佬的题解，我不想再讲一次了。。。

最后我们发现答案不好统计，于是我们在终点后新建一个没用过的字符，统计 \(f1[n][s]\) 即可（\(s\) 即为没用过的字符）。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>

using namespace std;

const int N = 7e4 + 5;

int n;
string c;
int s[N];
int sumE;
bool le[N];

int f1[N][12], f3[N][12][12];

signed main() {
  freopen("text.in", "r", stdin);
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);

  cin >> n;
  cin >> c;

  int cnt = 0;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    if (c[i] == 'e') {
      sumE ++;
      le[cnt + 1] = true;
      continue;
    }
    s[++cnt] = c[i] - 'a';
  }

  memset(f1, 0x7f, sizeof(f1));
  memset(f3, 0x7f, sizeof(f3));

  n = cnt;
  f1[0][s[1]] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 0; j <= 10; ++j) {
      if (j != s[i] && le[i] == false) {
	f1[i][j] = min(f1[i][j], f1[i - 1][j]);
      }
      f1[i][j] = min(f1[i][j], f1[i - 1][s[i]] + 2);
      if (j != s[i]) {
	f1[i][j] = min(f1[i][j], f3[i - 1][s[i]][j]);
      }
      f1[i][j] = min(f1[i][j], f3[i - 1][s[i]][s[i]] + 2);

      for (int k = 0; k <= 10; ++k) {
	if (j != s[i]) {
	  f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f1[i - 1][j] + 3);
	}
	f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f1[i - 1][s[i]] + 5);
	if (j != s[i] && k != s[i]) {
	  f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][j][k] + 1);
	}
	if (k != s[i]) {
	  f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][s[i]][k] + 3);
	}
	if (j != s[i]) {
	  f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][j][s[i]] + 3);	  
	}
	f3[i][j][k] = min(f3[i][j][k], f3[i - 1][s[i]][s[i]] + 5);
      }
    }
  }

  cout << f1[n][10] + (sumE * 2) - 2<< endl;

 
  return 0;
}