蓝桥杯-密码脱落（最长公共子序列）

【问题描述】

X星球的考古学家发现了一批古代留下来的密码。
这些密码是由A、B、C、D 四种植物的种子串成的序列。
仔细分析发现，这些密码串当初应该是前后对称的（也就是我们说的镜像串）。
由于年代久远，其中许多种子脱落了，因而可能会失去镜像的特征。

你的任务是：
给定一个现在看到的密码串，计算一下从当初的状态，它要至少脱落多少个种子，才可能会变成现在的样子。

输入一行，表示现在看到的密码串（长度不大于1000）
要求输出一个正整数，表示至少脱落了多少个种子。

例如，输入：

ABCBA

则程序应该输出：

0

再例如，输入：

ABDCDCBABC

则程序应该输出：

3

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗  < 3000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型。

方法一：

首先输入字符串s，令i = 字符串开端，j = 字符串末尾，

如果  ， 那就i++ , j--.

如果   ，两种办法: i 左边补上s[j], j--;  j 右边补上s[i] ，i++;

其实没必要真的去补，比如，i 左边补s[j]时，我们可以假设补上了，只需要让j--，i 不变。

 

这种思路可以用递归实现。

但是这种方法的的时间复杂度是很高的，比如字符串为ABCDEF,那要补成ABCDEFEDCBA，

由此可见，最坏的情况下，最深要搜索到第s.size()层，时间复杂度为。

所以当字符串长度为30的时候，时间复杂度  ≈  ，就要差不多10秒才能跑出来。

但是此题字符串长度最长为1000，这种方法就不可取了，但是分而治之的想法是很好的。

经测试，这种方法能得43分。

#include 
using namespace std;
string s;
int dfs(int left, int right)
{
    while (s[left] == s[right])
    {
        left++;
        right--;
    }
    if (left >= right)
        return 0;
    return min(dfs(left + 1, right) + 1, dfs(left, right - 1) + 1);//返回两条支路中，短的那条
}
int main()
{
    cin >> s;
    cout << dfs(0, s.size() - 1) << endl;
    //system("pause");
    return 0;
}

方法二：

① 把原字符串倒转过来

② 从s1中的A开始， 在s2中 找对应的 A

③ 这时候，如果让这两个A对称，可以把 CB 补到原字符串的前面

④ 然后到s1中的B，在s2中找对应的B

直接就找到了，说明两个B的位置是对称的，继续

⑤接下来是D，

可以发现，在s2中，隔着一个C，才能要找到D。

说明要想两个D对称，要在把C补到 D前面。

这时候s1已经是回文串了，一共补了三个字母。

 

这是用上找下，我们也可以用下找上,

先找，

 

 

然后补， ，因为s2是s1的翻转，为了方便观察，也可以补在s2的前面，是一样的

再找，

再补，，s2已经是回文串了，补了5个字母；

 

当然，也不用一味地用上找下，或者用下找上，也可以交叉着来

比如：

第一步用下找上

下一步可以这样用用上找下：

 s2变成了回文串，用了8个字母。

那怎么样找，才是最优解呢，

不断尝试后，我们发现了规律：

找到s1和s2的最长公共子序列，

配不上的CB和C，我们把它挪上去。

这个就是正确答案了。

s1 和 s2 的 最长公共子序列的长度 lcs = 7 ， 然后 字符串的长度 len = 10， len - lcs = 3 就是正确答案。

 

问题就转换成了求最长公共子序列：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int dp[1005][1005];
int main()
{
    string s1, s2;
    cin >> s1;
    s2 = s1;
    reverse(s2.begin(), s2.end());

    int len = s1.size();
   
    for (int i = 1; i <= len; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= len; j++)
        {
            if (s1[i - 1] == s2[j - 1])
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            else
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
        }
    }
    cout << len - dp[len][len] << endl;
    //system("pause");
    return 0;
}

 

方法一虽然不能AC，但是在考场上应该是较为容易想到的，

方法二虽然能AC，但是要想到这是一个最长公共子序列的题目，对于一般人而言，，应该是很难想到的吧。。。