[noip模拟赛]祖先（dp）

题目描述

题解

题目相当于是给你一个字符串按照给定的规则消去字符，最后剩余的最短。很容易想到dp。
令g[i][j]表示i~j这一段区间消去后的最短长度。考虑一段区间[i,j]，按照规则消去的话有很多很多种方法，但是如果枚举一个断点k，所有的情况都可以用一种情况来表示：将区间的某一段（可以没有）消成只有一个字符，然后再计算答案。
具体做法是这样的：
首先预处理bool数组f[i][j][c]表示i～j这一段区间能否消成一个字符c，这个预处理也需要一个dp，对于每一对ij，枚举一个断点k，然后再枚举一个消去的方案aibi->ci，如果f[i][k][ai]和f[k+1][j][bi]同时为真，那么f[i][j][ci]也为真。时间复杂度 O(n4) 。
然后，对于一对ij，如果f[i][j][c]，其中c为任意字符为真，那么g[i][j]=1，否则同样枚举断点k，g[i][j]=min{g[i][k]+g[k+1][j]}。时间复杂度 O(n3) 。
因为区间长度是从小到大枚举的，可以发现虽然在一段区间内消除字符方案很多，但是由于枚举了断点的原因，每一种可能性都能枚举到并通过“消成1个”这种方法表示出来，非常巧妙。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 100

int n,m;
char s[N],me[N];
struct hp{char x,y,z;}meth[N];
bool f[N][N][30]; int g[N][N];

int main()
{
    freopen("ancestor.in","r",stdin);
    freopen("ancestor.out","w",stdout);
    gets(s);
    n=strlen(s);
    for (int i=n;i>=1;--i) s[i]=s[i-1];
    scanf("%d\n",&m);
    for (int i=1;i<=m;++i)
    {
        gets(me);
        meth[i].x=me[0]; meth[i].y=me[3]; meth[i].z=me[4];
    }

    for (int i=1;i<=n;++i) f[i][i][s[i]-'a']=true;
    for (int len=2;len<=n;++len)
        for (int i=1;i<=n-len+1;++i)
        {
            int j=i+len-1;
            for (int k=i;kfor (int c=1;c<=n;++c)
                    if (f[i][k][meth[c].y-'a']&&f[k+1][j][meth[c].z-'a'])
                        f[i][j][meth[c].x-'a']=true;
        }
    memset(g,127/3,sizeof(g));
    for (int i=1;i<=n;++i) g[i][i]=1;
    for (int len=2;len<=n;++len)
        for (int i=1;i<=n-len+1;++i)
        {
            int j=i+len-1;
            bool flag=false;
            for (int k=0;k<26;++k)
                if (f[i][j][k])
                {
                    flag=true;
                    break;
                }
            if (flag)
            {
                g[i][j]=1;
                continue;
            }
            for (int k=i;k1][j]);
        }
    printf("%d\n",g[1][n]);
}

总结

1、字符串消除方面的dp很多都可以与消成一个字符联系起来。