YbtOJ#573-后缀表达【二分图匹配】

正题

题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/contest/115/problem/2

---

题目大意

给出一个包含字母变量和若干种同级操作符的后缀表达式。求一个等价的表达式满足该表达式的连续相同段最少。

\(1\leq |S|\leq 2500\)

---

解题思路

构建出表达树先，然后看一下什么能够化简，

1. 两个相邻的相同运算符可以合并
2. 一个非叶子节点下的相同叶子节点（字母节点）可以合并

先把这些合并了，然后目前的最优解就是现在的节点数量，但是还有一种情况可以合并。

就是兄弟节点中，非叶子节点和叶子节点可以合并。

用类树形\(dp\)求出所有节点的子树中的所有表达式的最优答案，如果不考虑上面那种情况就有

\[ans_i=1+\sum_{x->y}ans_y
\]

然后考虑一个非叶子节点在最优情况下能否以某个字母作为开头，定义\(avl_{x,c}\)表示\(x\)节点在\(ans\)最大的情况下能否以\(c\)作为开头。（因为上面那种情况最多剩下一个费用，如果这里牺牲了子树的最优性那么至少需要增加一点费用，显然是一定不优的）

那么对于一个节点的所有儿子，将非叶子节点和叶子节点分成二分图，如果非叶子节点的\(x\)满足\(avl_{x,c}=1\)，那么向\(c\)连边。

然后跑二分图匹配就是\(ans\)可以减去的价值。

如何求出\(avl\)？如果一个字母\(c\)是\(x\)的儿子那么显然可以作为开头，否则如果有一个字母\(c\)满足\(x\)的一个非叶子儿子\(y\)使得\(avl_{y,c}=1\)，并且在二分图上删去\(y\)节点不会影响答案时，此时将该子树作为开头即可。

如何判断删除一个节点后最大匹配不变，如果原图中该点没有匹配显然可以直接删去。如果有匹配，那么将该节点打上禁止标记后从它的匹配点开始求一条增广路，如果有则可以删去。

时间复杂度\(O(n^2)\)

---

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=3100;
struct node{
	int to,next;
}a[N];
int n,cnt,tot,ls[N],ans[N];
bool del[N],leaf[N],ch[N][27],avl[N][27];
char s[N];stack<int> st;
namespace M{
	node a[N*27];bool v[27];
	int tot,ls[27],link[N];
	void clear(){
		for(int i=1;i<=cnt;i++)link[i]=0;
		for(int i=1;i<=26;i++)ls[i]=0;
		tot=cnt=0;return;
	}
	void addl(int x,int y){
		a[++tot].to=y;
		a[tot].next=ls[x];
		ls[x]=tot;return;
	}
	int find(int x){
		if(v[x])return 0;
		int p,q;v[x]=1;
		for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
			int y=a[i].to;
			p=link[y];link[y]=x;
			if(!p||find(p))return 1;
			link[y]=p;
		}
		return 0;
	}
	int Match(int x){
		memset(v,0,sizeof(v));
		return find(x);
	}
	int Path(int x){
		if(!link[x])return 1;
		return Match(link[x]);
	}
}
bool isabc(char c)
{return (c>='a')&&(c<='z');}
void addl(int x,int y){
	if(leaf[y])ch[x][s[y]-'a'+1]=1;
	else{
		a[++tot].to=y;
		a[tot].next=ls[x];
		ls[x]=tot;
	}
	return;
}
void Merge(int x,int y){
	for(int i=1;i<=26;i++)ch[x][i]|=ch[y][i];
	for(int i=ls[y];i;i=a[i].next)
		if(!del[a[i].to])addl(x,a[i].to);
	del[y]=1;return;
}
void dfs(int x){
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;dfs(y);
		if(s[x]==s[y])Merge(x,y);
	}
	for(int i=1;i<=26;i++)ans[x]+=ch[x][i];
	ans[x]++;return;
}
void dp(int x){
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next)
		if(!del[a[i].to])dp(a[i].to);
	M::clear();
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
			int y=a[i].to;
		if(del[y])continue;
		++cnt;ans[x]+=ans[y];
		for(int j=1;j<=26;j++)
			if(avl[y][j]&&ch[x][j])
				M::addl(j,cnt);
	}
	for(int i=1;i<=26;i++)
		if(ch[x][i])ans[x]-=M::Match(i);
	for(int i=1;i<=26;i++)avl[x][i]=ch[x][i];
	for(int i=ls[x],p=0;i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(del[y])continue;p++;
		if(M::Path(p)){
			for(int j=1;j<=26;j++)
				avl[x][j]|=avl[y][j];
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	freopen("expr.in","r",stdin);
	freopen("expr.out","w",stdout);
	scanf("%s",s+1);
	int l=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=l;i++){
		++n;
		if(isabc(s[i]))leaf[n]=1;
		else{
			addl(n,st.top());st.pop();
			addl(n,st.top());st.pop();
		}
		st.push(n);
	}
	dfs(n);
	dp(n);
	printf("%d\n",ans[n]);
	return 0;
}