Erasing Substrings CodeForces - 938F (字符串dp)

大意: 给定字符串$s$, 长度为$n$, 取$k=\lfloor log2(n)\rfloor$, 第$i$次操作删除一个长度为$2^{i-1}$的子串, 求一种方案使得, $k$次操作后$s$的字典序最小, 输出删除后的字符串.

 

考虑一些弱化的情况, 每次均删除长为$2$的子串, 共删除$k$次

那么很容易得出$O(n^3)$的$DP$.

int n, k;
string s, dp[N][N];

int main() {
	cin>>s>>k;
	n = s.size();	
	REP(i,1,n) REP(j,0,min(i/2,k)) { 
		dp[i][j] = dp[i-1][j]+s.substr(i-1,1);
		if (i>=2&&j) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-2][j-1]);
	}
	cout<<dp[n][k]<<endl;
}

我们可以发现, $dp$过程中很多状态都是无用的, 只要一个状态的$DP$值的字典序大于另一个状态, 那么就没必要再继续往下转移了.

考虑解的结构, 解的第$i$位一定是$s[i,...,i+2k]$中的某个字符, 所以我们可以直接维护长为$2k+1$的最优转移状态, 这样就可以优化为$O(n^2)$

int n, k;
string s;
bitset<N> f;

int main() {
	cin>>s>>k;
	if (!k) return cout<<s<<endl,0;
	n = s.size();
	f.set(0);
	REP(i,0,n-2*k-1) {
		REP(j,0,2*k) if (f[j]) f.set(j+2);
		char x = 'z';
		REP(j,0,2*k) if (f[j]) x=min(x,s[i+j]);
		REP(j,0,2*k) if (x!=s[i+j]) f.reset(j);
		putchar(x);
	}
	puts("");
}

而对于本题而言, 每次删除字符串总数只有$logn$, 那么状压一下即可, 长度$2^{i-1}$其实是可以改成任意的, 只不过为$2^{i-1}$时状态值恰好就等于字符串长, 方便处理一些, 完整代码如下, 复杂度是$O(kn^2)$

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <math.h>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <string.h>
#include <bitset>
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i)
#define hr putchar(10)
#define pb push_back
#define lc (o<<1)
#define rc (lc|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define ls lc,l,mid
#define rs rc,mid+1,r
#define x first
#define y second
#define io std::ios::sync_with_stdio(false)
#define endl '\n'
#define DB(a) ({REP(__i,1,n) cout<<a[__i]<<' ';hr;})
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int P = 1e9+7, INF = 0x3f3f3f3f;
ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;}
ll qpow(ll a,ll n) {ll r=1%P;for (a%=P;n;a=a*a%P,n>>=1)if(n&1)r=r*a%P;return r;}
ll inv(ll x){return x<=1?1:inv(P%x)*(P-P/x)%P;}
inline int rd() {int x=0;char p=getchar();while(p<'0'||p>'9')p=getchar();while(p>='0'&&p<='9')x=x*10+p-'0',p=getchar();return x;}
//head



#ifdef ONLINE_JUDGE
const int N = 1e6+10;
#else
const int N = 111;
#endif

int n, k;
char s[N];
bitset<N> f;

int main() {
	scanf("%s", s+1);
	n = strlen(s+1);
	k = log2(n), f.set(0);
	int mx = (1<<k)-1, len = n-mx;
	REP(i,1,len) {
		char x = 'z';
		REP(j,0,mx) if (f[j]) {
			REP(kk,0,k-1) f.set(j|1<<kk);
		}
		REP(j,0,mx) if (f[j]) x = min(x, s[i+j]);
		REP(j,0,mx) if (s[i+j]!=x) f.reset(j);
		putchar(x);
	}
	puts("");
}