[字典序] [dp] CF938F Erasing Substrings

posted on 2024-03-13 13:36:43 | under | source

首先删去的长度不相交，否则一定可以拆成不相交的。

然后有暴力，\(f_{i,j}\) 表示前缀 \(i\) 删去集合为 \(j\) 时，最小字典序（存一个串）。没啥好说的，就注意 \(j\) 恰好是当前删去元素个数。复杂度 \(O(n^4)\)。

考虑优化。看到字典序，就能想到一定要让其前缀尽可能小。于是对于所有长度相同的答案串，只保留字典序最小的即可。

现在 \(f\) 只可能是字典序最小或者空串。干脆用 bool 表示，\(=1\) 表示取到最小。

然后理所应当地更改枚举顺序，最外层枚举答案串长度。

我们先找到当前第 \(p\) 位最小可取的元素 \(mi\)，然后转移。直接枚举子集复杂度太高，可以拆成两部分。

具体地，先转移第 \(i\) 位为 \(mi\) 的 \(f_{i,j}\)，条件是 \(f_{i-1,i-j}=1\) 且 \(S_i=mi\)。再考虑删去元素，即 \(f_{i,j}\to f_{i+2^k,i+2^k-j}\)。

复杂度 \(O(n^2\log n)\)。

此题的启示：对于字典序 \(\rm dp\)，可考虑贪心地使每一位最小，从而缩小状态、优化转移。

代码

注意代码实现中，不仅需保证每一位取得最小，还需使其有解。

如何判断呢？设当前删去元素集合为 \(A\)，总集为 \(S\)，则 \(A\le S\) 时，必有 \(A\) 和 \(S-A\) 的与值为 \(0\)，即它们不会删去同一种 \(2^k\)。

换句话说，满足 \(A\le S\) 就有解，写代码时加入这句话即可。

码量极其友好。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5e3 + 5;
int n, m, M;
char c[N];
bool f[N][N];

signed main(){
	scanf("%s", c + 1), n = strlen(c + 1), m = log2(n), M = (1 << m) - 1;
	for(int i = 0; i <= n; ++i) f[i][i] = true;
	for(int i = 1; i <= n - M; ++i){ 
		char mi = 'z'; 
		for(int j = i - 1; j - i + 1 <= M; ++j) if(f[j][j - i + 1]) mi = min(mi, c[j + 1]); 
		for(int j = i; j - i <= M; ++j) f[j][j - i] = f[j - 1][j - i] & (c[j] == mi); 
		for(int j = i; j - i <= M; ++j)
			for(int k = 0; k < m && j + (1 << k) - i <= M; ++k)
				if(!(((j - i) >> k) & 1)) f[j + (1 << k)][j + (1 << k) - i] |= f[j][j - i];
		putchar(mi);
	}
	return 0;
}