『线段树+矩阵优化DP』CF750E New Year and Old Subsequence

$\mathrm{P}\mathrm{r}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{m}$

$\mathrm{S}\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{u}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{o}\mathrm{n}$

我们首先需要考虑一个$O(n^2)$的做法.

在这里有一个序列自动机的思想，分别是$2,0,1,8,9$.

我们设$f[i][0/1/2/3/4/5]$表示到第$i$个位置，匹配到位置$j$(且不能够超过位置$j$)需要的最少删除次数。

那么最后，我们需要匹配到$8$且不能匹配到$9$.

那么有状态转移方程：$$f[i][\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{s}(k,a_j)]=\min (f[i-1][k])$$
这就是延续这个自动机的操作。

那如果是强力的拆除这个自动机呢？

$$f[i][k]=\min (f[i-1][k]+1)$$

那么可以很容易得到暴力代码：

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
const int N = 2000;
const int K = 10;

int n, m;
int a[N], f[N][N][K];

#define upd(a,b) a = min(a, b) 

int read(void)
{
	int s = 0, w = 0; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') w |= c == '-', c = getchar();
	while (c >= '0' && c <= '9') s = s*10+c-48, c = getchar();
	return w ? -s : s;
}

int trans(int a,int b)
{
	if (a == 0 && b == 2) return 1;
	if (a == 1 && b == 0) return 2;
	if (a == 2 && b == 1) return 3;
	if (a == 3 && b == 7) return 4;
	if (a == 3 && b == 6) return 5;
	if (a == 4 && b == 6) return 5;
	return a; 
}

void DP(void)
{
	memset(f,30,sizeof f); 
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		f[i][i][trans(0,a[i])] = 0;
		upd(f[i][i][0],1);
		for (int j=i;j<=n;++j) 
		{
		    for (int k=0;k<6;++k) 
			{
		    	upd(f[i][j][trans(k,a[j])],f[i][j-1][k]);
		    	upd(f[i][j][k],f[i][j-1][k]+1);
		    }	
		}
	}
	return;
}

void work(void)
{
	while (m --) 
	{
		int l = read(), r = read();
		if (f[l][r][4] >= r-l+1) puts("-1");
		else printf("%d\n", f[l][r][4]); 
	}
	return;
}

int main(void)
{
	n = read(), m = read();
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		char c; cin>>c;
		a[i] = c - 48;
	} 
	DP();
	work();
}

接下来考虑正解。

我们发现每次的加法和$\min$操作其实就是一个广义的矩阵乘法。

我们发现每一次转移中，DP的状态是由6个。那么我们可以用矩阵$[f_0,f_1,f_2,f_3,f_4,f_5]$来表示。

那么我们需要构造一个$6\times 6$的矩阵来满足这一个状态转移方程。

矩阵的第$i$行第$j$列表示原来在自动机状态下为$i$，接下来状态为$j$需要的花费。根据当前位的字符是什么即可得出结论。

这样我们每一次对$[l,r]$做一遍矩阵乘法，用线段树来维护，最优对矩阵$[f_0,f_1,f_2,f_3,f_4,f_5]$相乘即可。

$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{e}$

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
const int N = 2e5+10;

int n, m;
int c[N];

int read(void)
{
	int s = 0, w = 0; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') w |= c == '-', c = getchar();
	while (c >= '0' && c <= '9') s = s*10+c-48, c = getchar();
	return w ? -s : s;
}

struct matrix
{
	int m[6][6];
	matrix() { memset(m,30,sizeof m); }
	friend matrix operator * (matrix a,matrix b)
	{
		matrix res;
		for (int i=0;i<6;++i)
		    for (int j=0;j<6;++j)
		        for (int k=0;k<6;++k)
		            res.m[i][j] = min(a.m[i][k]+b.m[k][j],res.m[i][j]);
		return res;
	}
} ;
struct SegmentTree{ int l, r; matrix v; } a[N*4];

matrix GetMatrix(int a)
{
	matrix s;
	s.m[0][0] = a == 2, s.m[1][1] = a == 0, 
	s.m[2][2] = a == 1;s.m[3][3] = a == 8 || a == 9, 
	s.m[4][4] = a == 8, s.m[5][5] = 0;
	if (a == 2) s.m[0][1] = 0;
	if (a == 0) s.m[1][2] = 0;
	if (a == 1) s.m[2][3] = 0;
	if (a == 9) s.m[3][4] = 0;
	if (a == 8) s.m[3][5] = 0, s.m[4][5] = 0;
	return s;
}

void build(int p,int l,int r)
{
	a[p].l = l, a[p].r = r;
	if (l == r) { a[p].v = GetMatrix(c[l]); return;}
	int mid = l + r >> 1;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	a[p].v = a[p*2].v * a[p*2+1].v;
	return;
}

matrix ask(int p,int l,int r)
{
	if (l <= a[p].l && r >= a[p].r) return a[p].v;
	int mid = a[p].l + a[p].r >> 1;
	if (r <= mid) return ask(p*2,l,r);
	if (l > mid) return ask(p*2+1,l,r);
	return ask(p*2,l,r) * ask(p*2+1,l,r); 
}

void mul(int a[6],matrix t)
{
	int c[6];
	memset(c,30,sizeof c);
	for (int j=0;j<6;++j)
	    for (int k=0;k<6;++k)
	        c[j] = min(c[j],a[k]+t.m[k][j]);
	memcpy(a,c,sizeof c);
	return;
}

void work(void)
{
	int l = read(), r = read(), f[6];
	matrix s = ask(1,l,r);
	memset(f,30,sizeof f); 
	f[0] = 0, mul(f,s);
	if (f[4] > r-l+1) puts("-1");
	else printf("%d\n", f[4]);
}

int main(void)
{
	freopen("zolq.in","r",stdin);
	freopen("zolq.out","w",stdout); 
	n = read(), m = read();
	for (int i=1;i<=n;++i) 
	{
		char ch; cin>>ch;
		c[i] = ch - 48;
	} 
	build(1,1,n);
	while (m --) work();
	return 0;
}