cf835(预处理 + 记忆化dp)

题目链接: http://codeforces.com/contest/835/problem/D

题意: 定义 k 度回文串为左半部分和右半部分为 k - 1 度的回文串 . 给出一个字符串 s, 问 1 ~ s.size() 度回文串的数目分别为多少 .

思路: 预处理 + 记忆化dp

可以先花 O(n^2) 的时间预处理一下所有字串是否为回文串 . 注意预处理时不能直接枚举 l, r, 不然会出现处理 [l, r] 时 [l + 1, r - 1] 并没有先处理的情况 .不过换个思路, 枚举长度和左端点就好了 .

然后可以直接 dfs 出所有字串的回文度, 因为对于回文串其左右部分是一样的, 所以每次 dfs 一半即可,

这里还可以加个记忆优化, 能将复杂度从 O(n * n * log(n)) 降到 O(n * n).

最后注意一下对于度为 k 的串, 其也是度为 1 ~ k - 1 的串 .

代码:

 #include <iostream>
 using namespace std;

 const int MAXN = 5e3 + ;
 int vis[MAXN][MAXN];//vis[i][j]记录[i,j]是否为回文串
 int dp[MAXN][MAXN];//dp[i][j]记录[i,j]的回文度
 int sol[MAXN];//sol[i]记录回文度为i的子串数目

 int dfs(int l, int r){
     if(l == r) return ;
     if(!vis[l][r]) return ;
     if(dp[l][r]) return dp[l][r];
     int len = r - l + ;
     dp[l][r] += dfs(l, l + len /  - ) + ;
     return dp[l][r];
 }

 int main(void){
     ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(), cout.tie();
     string s;
     cin >> s;
     int len = s.size();
     for(int i = ; i < len; i++){
         vis[i][i] = ;
         if(i +  < len && s[i] == s[i + ]) vis[i][i + ] = ;
     }
     for(int i = ; i <= len; i++){//i为长度
         for(int j = ; j + i -  < len; j++){//j为左边界
             if(vis[j + ][j + i - ] && s[j] == s[j + i - ]) vis[j][j + i - ] = ;
         }
     }
     for(int i = ; i < len; i++){
         for(int j = i; j < len; j++){
             sol[dfs(i, j)]++;
         }
     }
     for(int i = len - ; i > ; i--){
         sol[i] += sol[i + ];
     }
     for(int i = ; i <= len; i++){
         cout << sol[i] << " ";
     }
     cout << endl;
     return ;
 }