Atcoder CODE FESTIVAL 2017 qual C D - Yet Another Palindrome Partitioning 回文串划分

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题意

给定一个字符串（长度\(\leq 2e5\)），将其划分成尽量少的段，使得每段内重新排列后可以成为一个回文串。

题解

分析

每段内重新排列后是一个回文串\(\rightarrow\)该段内至多只有一个字符出现过奇数次

考虑哈希到一个\(26\)位的\(01\)串，出现过奇数次的元素位置上的值为\(1\)，否则为\(0\).

于是可以继续往下推：\(\rightarrow\)该段的哈希值为\(0\)或者是\(2\)的幂次。

转化

于是问题转化为：将字符串切割成尽量少的若干段，使得每段的哈希值均满足为\(0\)或者是\(2\)的幂次。

预处理异或前缀和可以\(O(1)\)算得每段的哈希值。

问题至此一个很显然的做法就是\(O(n^2)\)的\(dp\)，然而显然是无法承受的。

对dp形式的思考

我们来考虑一下原先想写的\(dp\)的形式：

\[dp[i]=min_{j<i,ok(j+1,i)}\{dp[j]\}+1 \]

这里的\(ok(j+1,i)\)指的是\(s[j+1..i]\)一段的哈希值满足要求。

仔细思考一下，这里有两个约束条件，

1. \(j<i\)
2. \(ok(j+1,i)\)

我们常规的思路是拿第一个条件去循环，然后判断第二个条件是否被满足。
然而在这里，对于给定的\(i\)，有\(i-1\)个\(j\)满足第一个条件，而只有\(\leq 27\)个\(j\)满足第二个条件。
故更优的考虑是拿第二个条件去循环。

O(n)-dp

什么叫做拿第二个条件去循环呢？

意思是我们直接找到那个\(h[j]\)，它和\(h[i]\)异或起来的值满足条件。

由异或的性质，\(h[i]\oplus h[j]=power\leftrightarrow h[i]\oplus power=h[j]\)

所以，我们应该存的信息有：

1. \(dp[x]\)代表哈希值为\(x\)的最少切割次数
2. \(opt[i]\)代表\([1..i]\)段最少的切割次数

则显然转移有$$opt[i]=min{dp[h[i]\oplus mask]}+1$$$$dp[x]=min(dp[x],opt[i])$$

官方题解

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
char s[maxn];
int opt[maxn], h[maxn];
int main() {
    scanf("%s", s+1);
    int len = strlen(s+1);
    for (int i = 1; i <= len; ++i) h[i] = h[i-1] ^ (1<<(s[i]-'a'));
    map<int, int> dp;
    for (int i = 1; i <= len; ++i) {
        opt[i] = (!h[i] || dp[h[i]]) ? dp[h[i]] : inf;
        int mask = 1;
        for (int j = 0; j < 26; ++j) {
            if ((h[i]^mask) == 0 || dp[h[i]^mask]) opt[i] = min(opt[i], dp[h[i]^mask]);
            mask <<= 1;
        }
        ++opt[i];
        if (!dp[h[i]] && h[i]) dp[h[i]] = opt[i];
        else dp[h[i]] = min(dp[h[i]], opt[i]);
    }
    printf("%d\n", opt[len]);
    return 0;
}