时间的词分解

给定两个字符串$S_1, S_2$，我们为它们的串联写$S_1S_2$。如果给定字符串$S$和整数$k\geq 1$，我们写$(S)^k = SS\cdots S$为串接$k$的副本$S$。现在给定一个字符串，我们可以使用此符号“压缩”它，即$AABAAB$可以写为$((A)^2 B)^2$。让我们称之为a的重量压缩出现在它的字符数，所以的重量$((A)^2 B^2)$是两个，并且重量$(AB)^2 A$（一压缩的$ABABA$）是三个（单独的$A$ s分别计算）。

现在考虑用|计算给定字符串$S$的“最轻”压缩的问题。S | = n。经过一番思考，有一种明显的动态编程方法可以根据确切的方法在O （n 3 log n ）或O （n 3）中运行。$|S|=n$$O(n^3 \log n)$$O(n^3)$

但是，有人告诉我这个问题可以在$O(n^2 \log n)$时间内解决，尽管我找不到有关如何执行此操作的任何资料。具体来说，这个问题是在最近的编程竞赛中给出的（问题K 在这里，最后两页）。在分析过程中，提出了$O(n^3 \log n)$算法，最后提到了伪二次边界（此处为4分钟标记）。遗憾的是，主持人只提到了“一个复杂的单词组合引理”，所以现在我来这里寻求解决方案:-)

如果我不误解您，我认为可以在时间内按如下方式计算最小成本因式分解。$O(n^2)$

对于每个索引i，我们将为计算一堆值，如下所示。令为最小整数，使得存在满足的整数对于这个特定的，令是具有此属性的最大。如果不存在这样的，则将设置为该索引有零个值。$(p_i^\ell, r_i^\ell)$$\ell=1,2,\ldots$$p_i^1\ge 1$$r\ge 2$

令是严格大于的最小整数，同样， for a。像以前一样，将设为具有固定的最大值。通常，是严格小于的最小数字。如果不存在这样的，则。$p_i^2$$(r_i^1-1)p_i^1$

请注意，由于值随几何增加，因此对于每个索引i，我们都有。（如果存在，则它不仅严格大于而且至少大于（建立了几何增量。 ）$L_i=O(\log (i+1))$$p_i^\ell$$\ell$$p_i^{\ell+1}$$(r_i^\ell-1)p_i^\ell$$p_i^\ell/2$

现在假设所有值都给了我们。最低成本由递归 的理解是，对于我们设置。该表可以用时间。$(p_i^\ell,r_i^\ell)$

$$\mathrm{dp}(i,j) = \min\left\{\mathrm{dp}(i, j-1) + 1, \min_\ell \left(\mathrm{dp}\left(i,j - r_j^\ell p_j^\ell\right) + \mathrm{dp}(j-r_j^\ell p_j^\ell+1,j-p_j^\ell)\right)\right\}$$ $i>j$$\mathrm{dp}(i,j) = +\infty$$O(n^2 + n\sum_j L_j)$

在上面我们已经观察到通过对项和项进行限制。但是实际上，如果我们看一看全部金额，我们可以证明更清晰一些。$\sum_j L_j = O(\sum_j \log (j+1)) = \Theta(n\log n)$

考虑后缀树的反向的（即，S的前缀树）。我们会和每一贡献充电到的边缘，这样每个边将最多一次充电。将每个充电到并向发出的边缘。这里的是与相对应的前缀树的叶子，nca表示最近的公共祖先。$T(\overleftarrow{S})$$S$$\sum_i L_i$$T(\overleftarrow{S})$$p_i^j$$\mathrm{nca}(v(i), v(i-p_i^j))$$v(i-p_i^j)$$v(i)$$S[1..i]$

这表明。值可以通过对后缀树的遍历在时间进行计算，但是如果有人感兴趣，我将把细节留给以后的编辑。$O(\sum_i L_i)=O(n)$$(p_i^j,r_i^j)$$O(n+\sum_i L_i)$

让我知道这是否有意义。

您的初始字符串S的长度为n。这是该方法的伪代码。

next_end_bracket = n
for i in [0:n]: # main loop

    break if i >= length(S) # due to compression
    w = (next_end_bracket - i)# width to analyse

    for j in [w/2:0:-1]: # period loop, look for largest period first
        for r in [1:n]: # number of repetition loop
            if i+j*(r+1) > w:
                break r loop

            for k in [0:j-i]:
                # compare term to term and break at first difference
                if S[i+k] != S[i+r*j+k]:
                    break r loop

        if r > 1:
            # compress
            replace S[i:i+j*(r+1)] with ( S[i:i+j] )^r
            # don't forget to record end bracket...
            # and reduce w for the i-run, carrying on the j-loop for eventual smaller periods. 
            w = j-i

我故意在“端括号”中提供了一些细节，因为它需要大量的步骤来进行堆叠和卸载，这会使核心方法不清楚。这个想法是测试第一个内部最终的收缩。例如ABCBCABCBC =>（ABCBC）²=>（A（BC）²）²。

因此，重点是要先寻找大时期。注意，S [i]是S跳过任何“（”，“）”或幂的第i个项。

• i环为O（n）
• j循环为O（n）
• r + k循环在第一个差处停止时为O（log（n））

这是全局O（n²log（n））。