P9753 [CSP-S 2023] 消消乐

前置算法

1. 动态规划
2. hash哈希

题目大意

给定一个字符串，可以将相邻两个相同的字符删除，然后合并成一个新序列。

例如：abba，可以先将两个 b 删除，然后合并成 aa，最后删除 a。

求出有多少个字串，最后可以将其变为空串，我们称之为合法的字串。

思路

看到数据范围，只能使用 \(O(n)\) 及以下的时间复杂度来解决这道问题。

思考他的性质，显然如果 [a, b] 和 [b + 1, c] 是一个合法的字串，则 [a, c]。

求解 f[] 数组

考虑动态规划，设 \(f[i]\) 表示以第 \(i\) 个字符为结尾的合法字串有多少个，则 \(f[i] = f[x-1] + 1\)，其中 \(x\) 为最大的一个合法区间的左端点。

求解 x[] 数组

可以看到，\(s[x]\) 一定等于 \(s[i]\)，并且 [x + 1, i - 1] 一定也是一个合法字串，从而得到 \(x[i] = x[i-1] - 1\)，直到 \(s[x[i]] = s[i]\)，找不到则等于 \(i\)。

优化

可以发现求解 x[] 的过程比较慢，考虑下面一张图，是求解 x[] 的过程图

因为每次 x[i] 总是回调到 x[i-1] - 1，所以令 t[i-1] = x[i-1] - 1，则每次 x[i] 只要跳到 t[i-1] 即可

现在可以将他看成几条链，每一条链的编号为链头，用 \(to[i]\) 表示 \(i\) 所在的链的编号即对头是多少，用 \(a[id][c]\) 表示链编号为 \(id\) 的链上，最近的一个字符 \(c\) 的位置，没有则为 \(0\)。

这样就可以在 \(O(n)\) 的时间复杂度内解决这道题。

代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 2000010;
long long n, dp[N], to[N], a[N][40];
string s;

int main() {
    cin >> n >> s;
    s = " " + s;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        to[i] = i; // 将链头赋值为 i
        int x = a[to[i-1]][s[i] - 'a' + 1]; // 找到最近的一个合法左端点
        if (x) to[i] = to[x-1], dp[i] = dp[x-1] + 1; // 更新dp值
        a[to[i]][s[i] - 'a' + 1] = i; // 更新 a 数组
    }
    long long ans = 0; // 不开 long long 见祖宗
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans += dp[i];
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

完结撒花！！！