HDU - 6583 Typewriter (后缀自动机+dp)
题意:你要打印一段字符串,往尾部添加一个字符需要花费p元,复制一段字符到尾部需要花费q元,求打印完全部字符的最小花费。
一开始想的贪心,后来发现忘了考虑p<q的情况了,还纳闷怎么不对..(囧)
设$dp[i]$为打印完前i个字符的最小花费
第一种转移是$dp[i+1]=min(dp[i+1],dp[i]+p)$,可以直接转移
第二种转移是$dp[j]=min(dp[j],dp[i]+q)$,对于每个i需要找到最大的j,使得$s[i+1,j]$是$s[1,i]$的子串。说到子串,就自然能想到后缀自动机。我们可以在i右移的同时扩展当前的后缀自动机,然后让j也右移,直到不能转移为止。如果对于每个i都让j从i开始往后走的话复杂度是$O(n^2)$的,会T掉,因此需要改进一下。有一个很巧妙的做法,用尺取的方法,每当i右移的时候,不必让j再从i开始走一遍,而是直接右移,如果不能转移的话,就尝试往父结点走,直到有转移为止,注意mxl(结点子串最大长度)不得小于j-i,否则无法完全覆盖$s[i+1,j]$区间。这样复杂度就是$O(n)$了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+,M=;
char s[N];
int n,fa[N],go[N][M],mxl[N],last,tot,p,q;
ll dp[N];
int newnode(int l) {int u=++tot; mxl[u]=l,memset(go[u],,sizeof go[u]); return u;}
void add(int ch) {
int p=last,np=last=newnode(mxl[p]+);
for(; p&&!go[p][ch]; p=fa[p])go[p][ch]=np;
if(!p)fa[np]=;
else {
int q=go[p][ch];
if(mxl[q]==mxl[p]+)fa[np]=q;
else {
int nq=newnode(mxl[p]+);
memcpy(go[nq],go[q],sizeof go[q]);
fa[nq]=fa[q],fa[q]=fa[np]=nq;
for(; p&&go[p][ch]==q; p=fa[p])go[p][ch]=nq;
}
}
}
int main() {
while(scanf("%s%d%d",s,&p,&q)==) {
n=strlen(s),tot=;
last=newnode();
memset(dp,0x3f,sizeof dp),dp[]=;
for(int i=,j=,u=; i<n; add(s[i]-'a'),++i) {
for(; j<n; u=go[u][s[j]-'a'],++j) {
for(; !go[u][s[j]-'a']&&fa[u]&&mxl[fa[u]]>=j-i; u=fa[u]);
if(!go[u][s[j]-'a'])break;
}
dp[i+]=min(dp[i+],dp[i]+p),dp[j]=min(dp[j],dp[i]+q);
}
printf("%lld\n",dp[n]);
}
return ;
}
后记:我又尝试了使用后缀数组+线段树的方法,复杂度$O(nlogn)$,然而这题时限卡得太死了过不去,QAQ
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