首页 > ACM题库 > HDU-杭电 > HDU 3948-The Number of Palindromes-动态规划-[解题报告]HOJ
2015
04-14

HDU 3948-The Number of Palindromes-动态规划-[解题报告]HOJ

The Number of Palindromes

问题描述 :

Now, you are given a string S. We want to know how many distinct substring of S which is palindrome.

输入:

The first line of the input contains a single integer T(T<=20), which indicates number of test cases.
Each test case consists of a string S, whose length is less than 100000 and only contains lowercase letters.

输出:

The first line of the input contains a single integer T(T<=20), which indicates number of test cases.
Each test case consists of a string S, whose length is less than 100000 and only contains lowercase letters.

样例输入:

3
aaaa
abab
abcd

样例输出:

Case #1: 4
Case #2: 4
Case #3: 4

UESTC的神题啊!

主要是去重比较难想

主要思想就是:按sa数组i从2开始枚举到n,pre1记录的是上一次计算过的回文串,所以先与height[i]取小值,代表这次计算重复的回文串,然后与实际的回文串相比较计入总和。

然后更新pre1,继续向下迭代。这里回文的两个后缀是不会重复计算的,因为在SA数组中如果有夹在之间的后缀,那么pre1的大小是不会变小的,所以不会被重复计算

pre2同理更新。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 200100
int dp[MAXN][20];
char r[MAXN];
int sa[MAXN];
int wa[MAXN],wb[MAXN],wv[MAXN],ws[MAXN];
int height[MAXN],rk[MAXN];
int mm[MAXN];
int cas;
inline bool cmp(int *r,int a,int b,int len){
    return r[a]==r[b]&&r[a+len]==r[b+len];
}
void SA(int n,int m){
    int i,j,p,*x=wa,*y=wb,*t;
    for(i=0;i<m;i++)
        ws[i]=0;
    for(i=0;i<n;i++)
        ws[x[i]=r[i]]++;
    for(i=1;i<m;i++)
        ws[i]+=ws[i-1];
    for(i=n-1;i>=0;i--)
        sa[--ws[x[i]]]=i;
    for(j=p=1;p<n;j<<=1,m=p){
        for(p=0,i=n-j;i<n;i++)
            y[p++]=i;
        for(i=0;i<n;i++){
            if(sa[i]>=j)
                y[p++]=sa[i]-j;
        }
        for(i=0;i<m;i++)
            ws[i]=0;
        for(i=0;i<n;i++)
            ws[wv[i]=x[y[i]]]++;
        for(i=1;i<m;i++)
            ws[i]+=ws[i-1];
        for(i=n-1;i>=0;i--)
            sa[--ws[wv[i]]]=y[i];
        for(t=x,x=y,y=t,x[sa[0]]=0,p=i=1;i<n;i++)
            x[sa[i]]=cmp(y,sa[i-1],sa[i],j)?p-1:p++;
    }
}
void Height(int n){
    int i,j,k=0;
    for(i=0;i<=n;i++)    //这里sa[0]为‘\0’开始的子串
        rk[sa[i]]=i;
    for(i=0;i<n;height[rk[i++]]=k)
        for(k?k--:0,j=sa[rk[i]-1];r[i+k]==r[j+k];k++);
}
int init(){
    int i,j,len;
    memset(height,0,sizeof(height));
    len=strlen(r);
    r[len]='$';
    for(j=0;j<len;j++)
        r[j+len+1]=r[len-1-j];
    r[j+len+1]='\0';
    return len*2+1;
}
void st(int n){
    int i,j,p,q;
    for(i=1;i<=n;i++)
        dp[i][0]=i;
    for(j=1;j<=mm[n];j++)
        for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            p=height[dp[i][j-1]];
            q=height[dp[i+(1<<(j-1))][j-1]];
            if(p>q)
                dp[i][j]=dp[i+(1<<(j-1))][j-1];
            else
                dp[i][j]=dp[i][j-1];
        }

}
int RMQ_MIN(int i,int j){
    int tem;
    if(i>j){
        tem=i;
        i=j;
        j=tem;
    }
    i++;           //交换后小的要加一
    int k=mm[(j-i+1)];
    return min(height[dp[i][k]],height[dp[j-(1<<k)+1][k]]);
}
void solve(int n){
    int i,j,ans=0,pre1=0,pre2=0;
    st(n);
    for(i=2;i<=n;i++){
        pre1=min(pre1,height[i]);
        j=RMQ_MIN(i,rk[n-1-sa[i]]);
        if(j>pre1){
            ans+=j-pre1;
            pre1=j;
        }
        pre2=min(pre2,height[i]);
        j=RMQ_MIN(i,rk[n-sa[i]]);
        if(j>pre2){
            ans+=j-pre2;
            pre2=j;
        }
    }
    printf("Case #%d: %d\n",cas,ans);
}
int main(){
    int i,j,n,t,T;
    mm[0]=-1;
    for(i=1;i<MAXN;i++)
        mm[i]=((i&(i-1))==0)?mm[i-1]+1:mm[i-1];           //这里预处理一下,时间跑快了1s

    scanf("%d",&T);
    cas=0;
    for(t=1;t<=T;t++){
        scanf("%s",r);
        n=init();
        SA(n+1,130);
        Height(n);
        cas++;
        solve(n);
    }
}

版权声明:本文为博主原创文章,未经博主允许不得转载。

参考:http://blog.csdn.net/waitfor_/article/details/7932714


  1. 第二个方法挺不错。NewHead代表新的头节点,通过递归找到最后一个节点之后,就把这个节点赋给NewHead,然后一直返回返回,中途这个值是没有变化的,一边返回一边把相应的指针方向颠倒,最后结束时返回新的头节点到主函数。

  2. 第二个方法挺不错。NewHead代表新的头节点,通过递归找到最后一个节点之后,就把这个节点赋给NewHead,然后一直返回返回,中途这个值是没有变化的,一边返回一边把相应的指针方向颠倒,最后结束时返回新的头节点到主函数。