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原題連結

簡要題意：

給定一個長為 \(n\) 的字串 \(s\)，求至少插入多少個字元能使得 \(s\) 變成迴文串。

\(n \leq 10^3\).

\(\text{IOI2000}\) 簽到題，可以仔細看一下。

這題個人用的區間 \(\text{dp}\) 很有思考價值。

可以思考一下：答案最大為 \(n\).顯然直接把 \(\text{rev}(s)\) 加到 \(s\) 後面就行（\(\text{rev}\) 表示翻轉後的串），這樣是 \(n\) 個字元。

但是顯然，對於 \(\text{rev}(s)\) 和 \(s\) 中，相同的序列（序列不連續）可以選擇跳過。就比方說，\(s=\)

\(s\) 的子序列 b3b 與 \(\text{rev}(s)\) 的子序列 b3b 完全相同。那原來的答案是：ab3bddb3ba，實際上答案會是 adb3bda，相當於你把 \([\) b3b , b3b \(]\) 除了兩個 b3b ，其餘的迴文字元保持迴文，丟到兩邊去；然後只剩下一個 b3b，這樣答案 \(-3\). \(5-3=2\)，可以證明是最優的。

那麼其實我們就是要找到 \(s\) 和 \(\text{rev}(s)\) 的 最長公共子序列，然後一減即為答案！最長公共子序列怎麼求呢？假設我們要求 \(s\)

用 \(f_{i,j}\) 表示 s[1 ~ i] 與 t [1 ~ j] 的答案。則：

\[ \begin{cases} f_{i,j} = f_{i-1,j-1} + 1 \space \space \space \space \space \space \space \space \space \space \space , s[i] = t[j] \\ f_{i,j} = \max(f_{i-1,j} , f_{i,j-1}) , s[i] \not = t[j] \\ \end{cases}\]

時間複雜度：\(\mathcal{O}(n^2)\)

實際得分：\(100pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=5e3+1;

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}

int n,f[N][N];
char s1[N],s2[N];

int main() {
	scanf("%s",s1+1); n= strlen(s1+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) s2[i]=s1[n-i+1]; //下標從 1 開始 , 便於操作
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
		if(s1[i]==s2[j]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
		else f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]); //dp
	printf("%d\n",n-f[n][n]);	//答案
	return 0;
}