[ABC325G] offence 区间dp 题解

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题意

给你一个字符串 \(S\) 和一个自然数 \(K\)。请找出对字符串 \(S\) 执行下列操作 \(0\) 次或 \(0\) 次以上所得到的字符串的最小长度：

• 在字符串中选择一个连续出现的 of；
• 选择一个介于 \(0\) 和 \(K\) 之间的整数 \(i\)；
• 从字符串中删除选中的 of 和其后面的 \(i\) 个字符。

思路

看到这种区间合并的最优解问题我们就想到区间 dp。

解法一

规定 \(dp(l,r)\) 为区间 \([l,r]\) 经过若干次操作后可以得到的最小长度，其中 \(0<l\leq r\leq |S|\)。

对于区间 \([l,r]\)，规定其最小长度最劣的转移方程为 \(dp(l,r)=1+dp(l+1,r)\)，（这么做是为了和接下来更新答案的方式对应）紧接着继续考虑删除操作。

规定 \([l,r]\) 之间的某个字符下标为 \(x(l<x<r)\)，当且仅当：

• \(S[l]\) 为字符 o；
• \(S[x]\) 为字符 f；
• \(dp(l+1,x-1) = 0\)，即 \([l+1,x-1]\) 可以完全被删除。

这样，\([l,x]\) 就可以被完全删除。在这种情况下，转移方程就是：

\[\min \{ 1+dp(l+1,r),\max[dp(x + 1,r) - p,0]\} \]

如何理解 \(\max[dp(x + 1,r) - p,0]\)？

\([l,x]\) 已经被清空了，剩下 \([l+1,r]\) 的最短长度就是 \(dp(l+1,r)\)，而题目规定可以在 of 后再删除 \(K\) 个字符，那么能删则删，删得越多越好，一直删到 \(0\) 为止。

解法二

还有另外一种设计状态转移的方法，第三重循环枚举中间分界的时候，里面套有三次循环：

1. 第一次循环：先规定 \(dp(l,r)\) 最劣的答案为当前选择的区间长度 \(r-l+1\)，然后枚举中间分解点 \(x\)，更新一波答案：\(dp(l,r)=\min[dp(l,r),dp(l,x) + dp(x + 1,r)]\)。
2. 第二次循环：如果 \(s[l]=o\)，那么再枚举一波中间分界点 \(x\)，找到 \(s[x] = f\)。然后 \(dp(l,r) = \min\{dp(l,r),\max[dp(x + 1,r) - p,0]\}\)。
3. 第三次循环：如果 \(s[r]=f\)，那么再枚举一波中间分界点 \(x\)，找到 \(s[x] = o\)。然后 \(dp(l,r) = \min[dp(l,r),dp(l,x-1)]\)。

不难证明这样转移不重不漏。尽管这样写常数大，但是是区间 dp 更一般的思路，所以推荐大家也看一看。

我只给出解法一的代码：

代码

AC 记录

算法的时间复杂度为 \(O(|S|^3)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1003;
string s; 
int n,p,dp[maxn][maxn];
int main(){
	cin >> s >> p;
	n = s.size(); s = " " + s;
	for(int i = 1;i <= n;++i) dp[i][i] = 1;
	for(int len = 2;len <= n;++len){
		for(int i = 1;i <= n + len - 1;++i){
			int j = i + len - 1;
			dp[i][j] = 1 + dp[i + 1][j];
			if(s[i] != 'o') continue;
			for(int k = i + 1;k <= j;++k)
				if(s[k] == 'f' && dp[i + 1][k - 1] == 0)
					dp[i][j] = min(dp[i][j],
					max(dp[k + 1][j] - p,0));
		}
	}
	cout << dp[1][n] << endl;
	return 0;
}

这题的 \(|S|\) 真的小于 \(300\) 吗？我开到了 \(1000\) 才没有 RE。。。