시간의 워드 분해

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두 개의 문자열 주어지면 연결을 위해 를 씁니다 . 문자열이 주어 정수 , 우리는 물품 의 연결을 위해 사본 . 이제 문자열이 주어지면이 표기법을 사용하여 '압축'할 수 있습니다. 즉 는 로 작성 될 수 있습니다 . 압축 가중치는 그 안에 나타나는 문자 수를 나타내므로 의 가중치는 2이고 ( 의 압축) 의 는 3입니다 (갈라진 $S_1, S_2$ $S_1S_2$ $S$ $k\geq 1$ $(S)^k = SS\cdots S$ $k$ $S$ $AABAAB$ $((A)^2 B)^2$ $((A)^2 B^2)$ $(AB)^2 A$ $ABABA$ $A$ 들)을 별도로 계산됩니다.

이제 주어진 문자열의 '가벼운'압축 컴퓨팅의 문제를 고려 함께 . 약간의 생각 후에 정확한 접근법에 따라 또는 에서 실행되는 명확한 동적 프로그래밍 접근법이 있습니다. $S$ $|S|=n$ $O(n^3 \log n)$ $O(n^3)$

그러나이 문제를 시간에 해결할 수 있다고 들었지만이 작업을 수행하는 방법에 대한 소스를 찾을 수는 없습니다. 구체적으로,이 문제는 최근 프로그래밍 경연 대회에서 발생했습니다 (문제 K 여기 , 마지막 두 페이지). 분석하는 동안 알고리즘이 제시되었고, 마지막에 의사 2 차 경계가 언급되었습니다 ( 여기서는 4 분 표시). 슬프게도 발표자는 '복잡한 단어 조합론 정리'만을 언급 했으므로 이제 해결책을 찾기 위해 여기에 왔습니다. $O(n^2 \log n)$ $O(n^3 \log n)$

dynamic-programming word-combinatorics

— 티몬 크니 게
소스

임의의 속성 : 문자열 경우 이면 [ 는 길이가 ( 또는 보다 길 수 없음 실수를 수정했습니다 . 이것이 얼마나 유용한 지 잘 모르겠습니다. 당신은 이미 발견하는 경우 그 것을 알고 적어도 2 개 별개의 문자를 포함, 지금은 짧은 찾고있는 등이 에, 당신은 단지 접두사 시도 할 필요가 의 길이를 나누는.

S

$S$

S = X^{a} = Y^{b}

$S=X^a=Y^b$

S = Z^{| S | / gcd (| X |, | Y |)}

$S=Z^{|S|/\gcd(|X|, |Y|)}$

Z

$Z$

gcd (| X |, | Y |)

$\gcd(|X|, |Y|)$

X

$X$

Y

$Y$

S = X^{a}

$S=X^a$

S

$S$

Y

$Y$

S = Y^{b}

$S=Y^b$

Y

$Y$

X

$X$

| X |

$|X|$

— j_random_hacker

문제는 가능한 모든 줄인 후에도 서브 세그먼트에 대해 3 차 DP를 통해 답을 집계해야한다는 것입니다 (예 : ), 그래서 그 후에해야 할 일이 아직도 남아있다.

X^{a}

$X^a$

D P [l, r] = min_{k} D P [l, k] + D P [k + 1, r]

$DP[l, r] = \min_k DP[l, k] + DP[k+1, r]$

— Timon Knigge

무슨 말인지 알 겠어 값을 테스트 할 필요가없는 지배 관계가 필요하다고 생각합니다. 하지만 생각할 수는 없었습니다. 특히, 나는 다음을 고려했다 : 가 인 최적의 인수 분해 를 가지고 있다고 가정하자 . 가 로 인수 분해 되는 최적의 해가있을 수 있습니까? 불행하게도 대답은 '예'입니다. 경우 는 최적 인수 분해 를 갖지만 에 대한 고유 한 최적 인수 분해 는 입니다.

k

$k$

S [1.. i]

$S[1..i]$

S [1.. i] = X Y^{k}

$S[1..i] = XY^k$

k > 1

$k>1$

S

$S$

X Y^{j} Z

$XY^jZ$

j < k

$j<k$

S = A B A B C A B C

$S=ABABCABC$

S [1..4]

$S[1..4]$

(A B)^{2}

$(AB)^2$

S

$S$

A B (A B C)^{2}

$AB(ABC)^2$

— j_random_hacker

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내가 당신을 오해하지 않는다면, 최소 비용 인수 분해는 다음과 같이 시간으로 계산 될 수 있다고 생각합니다 . $O(n^2)$

각 인덱스 i에 대해 다음과 같이 대한 여러 값 을 계산 합니다. 하자 정수가되도록 정수 최소치 만족이 특정 경우 이이 특성을 가진 가장 큰 이되게하십시오. 그러한 가 존재 하지 않으면 설정 대해 0 값이 있음을 알 수 있습니다. $(p_i^\ell, r_i^\ell)$ $\ell=1,2,\ldots$ $p_i^1\ge 1$ $r\ge 2$

S [i - r p_{i}^{1} + 1, i - p_{i}^{1}] = S [i - (r - 1) p_{i}^{1} + 1, i] .

$S[i-rp_i^1+1, i-p_i^1] = S[i-(r-1)p_i^1+1, i].$

p_{i}^{1}

$p_i^1$

r_{i}^{1}

$r_i^1$

r

$r$

p_{i}

$p_i$

L_{i} = 0

$L_i=0$

(p_{i}^{ℓ}, r_{i}^{ℓ})

$(p_i^\ell,r_i^\ell)$

하자 보다 엄격하게 더 작은 정수 만족 마찬가지로 일부 입니다 . 이전과 마찬가지로 를 고정 가진 최대 값으로 사용하십시오 . 일반적으로 은 보다 엄격하게 큰 숫자 입니다. 그러한 이 입니다. $p_i^2$ $(r_i^1-1)p_i^1$

S [i - r_{i}^{2} p_{i}^{2} + 1, i - p_{i}^{2}] = S [i - (r_{i}^{2} - 1) p_{i}^{2} + 1, i]

$S[i-r_i^2p_i^2+1, i-p_i^2] = S[i-(r_i^2-1)p_i^2+1, i]$

r_{i}^{2} \geq 2

$r_i^2\ge 2$

r_{i}^{2}

$r_i^2$

p_{i}^{2}

$p_i^2$

p_{i}^{ℓ}

$p_i^\ell$

(r_{i}^{ℓ - 1} - 1) p_{i}^{ℓ - 1}

$(r_i^{\ell-1}-1)p_i^{\ell-1}$

p_{i}^{ℓ}

$p_i^\ell$

L_{i} = ℓ - 1

$L_i=\ell-1$

각 인덱스 i에 대해 값이 과 함께 기하학적으로 증가 하기 때문에 있습니다. ( 이 존재하는 경우 보다 엄격하게 크지 않고 최소한 보다 큰 것입니다 . 이것은 기하학적 인 증가를 설정합니다. ) $L_i=O(\log (i+1))$ $p_i^\ell$ $\ell$ $p_i^{\ell+1}$ $(r_i^\ell-1)p_i^\ell$ $p_i^\ell/2$

이제 모든 값이 우리에게 주어 졌다고 가정 하십시오. 최소 비용은 재발 에 대한 것으로 이해된다 우리가 설정 . 테이블은 시간 있습니다. $(p_i^\ell,r_i^\ell)$
$d p (i, j) = min {d p (i, j - 1) + 1, min_{ℓ} (d p (i, j - r_{j}^{ℓ} p_{j}^{ℓ}) + d p (j - r_{j}^{ℓ} p_{j}^{ℓ} + 1, j - p_{j}^{ℓ}))}$ $\mathrm{dp}(i,j) = \min\left\{\mathrm{dp}(i, j-1) + 1, \min_\ell \left(\mathrm{dp}\left(i,j - r_j^\ell p_j^\ell\right) + \mathrm{dp}(j-r_j^\ell p_j^\ell+1,j-p_j^\ell)\right)\right\}$ $i>j$ $\mathrm{dp}(i,j) = +\infty$ $O(n^2 + n\sum_j L_j)$

우리는 이미 . 그러나 실제로 우리가 전체의 합계를 보면, 더 날카로운 것을 증명할 수 있습니다. $\sum_j L_j = O(\sum_j \log (j+1)) = \Theta(n\log n)$

의 반대의 접미사 트리 (즉, 의 접두사 트리)를 고려하십시오. 우리는 합계 에 대한 각 기부금을 가장자리에 청구하여 각 가장자리에 최대 한 번 청구됩니다. 각각의 를 하고 쪽으로 이동 하는 가장자리까지 충전 하십시오 . 여기서 는 해당하는 접두사 트리의 잎 이고 nca는 가장 가까운 공통 조상을 나타냅니다. $T(\overleftarrow{S})$ $S$ $\sum_i L_i$ $T(\overleftarrow{S})$ $p_i^j$ $\mathrm{nca}(v(i), v(i-p_i^j))$ $v(i-p_i^j)$ $v(i)$ $S[1..i]$

이것은 입니다. 값 은 접미사 트리의 순회를 통해 시간 에서 계산할 수 있지만 관심이있는 사람은 나중에 편집 할 세부 사항을 남겨 둡니다. $O(\sum_i L_i)=O(n)$ $(p_i^j,r_i^j)$ $O(n+\sum_i L_i)$

이것이 의미가 있는지 알려주십시오.

— 메르 트 살람
소스

-1

길이가 n 인 초기 문자열 S가 있습니다. 다음은 메소드의 의사 코드입니다.

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

핵심 방법이 명확하지 않은 스택 및 언 스택에 많은 단계가 필요하기 때문에 의도적으로 "엔드 브래킷"에 대한 세부 사항을 거의 제공하지 않았습니다. 아이디어는 첫 번째 내부의 최종 수축을 테스트하는 것입니다. 예를 들어 ABCBCABCBC => (ABCBC) ² => (A (BC) ²) ².

요점은 큰 기간을 먼저 찾는 것입니다. S [i]는 "(", ")"또는 전력을 건너 뛰는 S의 i 번째 항입니다.

i- 루프는 O (n)입니다
j- 루프는 O (n)
r + k- 루프는 첫 번째 차이에서 멈춤에 따라 O (log (n))입니다.

이것은 전 세계적으로 O (n²log (n))입니다.

— 옵티 다드
소스

r과 k 루프가 O (log n)인지는 분명하지 않습니다. 최대 O (log n) 반복 후에 차이가 나는 것을 보장하는 것은 무엇입니까?

— j_random_hacker

당신이 탐욕스럽게 압축하고 있음을 올바르게 이해하고 있습니까? 그것이 올바르지 않기 때문에, 예를 들어 ABABCCCABCCC를 고려하십시오. AB (ABC ^ 3) ^ 2로 인수 분해해야합니다.

— Timon Knigge

그래, 당신은 그것에 대해 완전히 맞아, 나는 이것에 대해 생각해야합니다.

— Optidad