【CF932G】Palindrome Partition（回文树，动态规划）

【CF932G】Palindrome Partition（回文树，动态规划）

题面

CF

翻译：

给定一个串，把串分为偶数段

假设分为了\(s1,s2,s3....sk\)

求，满足\(s_1=s_k,s_2=s_{k-1}......\)的方案数

题解

反正我是不会做

基本就是照着\(laofu\)的打了一遍（laofu太强啦）

这题分成了两个步骤

如果直接分\(k\)段我们是没法直接判断的

假设两段\(s_i,s_{k-i+1}\)

因为\(s_i=s_{k-i+1}=x_1x_2.....x_j\)

假设\(s_i\)的开始位置为\(p\)

假设原串\(S\)的长度为\(n\)

\(s_i=S[p]S[p+1]....S[p+j-1]\)

\(s_{k-i+1}=S[n-j-p+1]S[n-j-p+2]...S[n-p+1]\)

对应相等的关系是

\(S[p]=S[n-p-j+1]\)

如果\(p=1\)考虑一下特殊情况

那么就是\(S[1]=S[n-j]\)

那么，如果我们有一个串\(S'\)

\(S'=S[1]S[n]S[2]S[n-2].....\)

那么，对应到上面的相等关系里面，

就是\(S'[1..j]\) 是一个回文串

其他的每一组对应关系也是如此

所以题目转换成了：

告诉你了\(S'\)回答把\(S'\)分为若干个长度为偶数的回文串的方案数

（如果没有搞清楚可以手玩一下）

这个就是一个裸的\(dp\)了

设\(f[i]\)表示\(S'[1..i]\)划分为若干长度为偶数的回文串的方案数

得到转移方程：

\[f[i]=\sum_{j}f[j-1]
\]

其中，\(S'[j,i]\)是回文串

那么，每一个\(j\)对应的位置相当于是\(S'[1..i]\)的回文后缀

构建出回文树之后沿着\(last\)跳\(fail\)就可以得到所有的\(j\)的位置

然后我们就写出来了一份代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1000100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
char ch[MAX],s[MAX];
int n,f[MAX];
struct Palindromic_Tree
{
	struct Node
	{
		int son[26];
		int ff,len;
	}t[MAX];
	int last,tot;
	void init()
	{
		t[tot=1].len=-1;
		t[0].ff=t[1].ff=1;
	}
	void extend(int c,int n,char *s)
	{
		int p=last;
		while(s[n-t[p].len-1]!=s[n])p=t[p].ff;
		if(!t[p].son[c])
		{
			int v=++tot,k=t[p].ff;
			t[v].len=t[p].len+2;
			while(s[n-t[k].len-1]!=s[n])k=t[k].ff;
			t[v].ff=t[k].son[c];
			t[p].son[c]=v;
		}
		last=t[p].son[c];
	}
}PT;
int main()
{
	PT.init();
	scanf("%s",ch+1);
	n=strlen(ch+1);
	if(n&1){puts("0");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	reverse(&ch[1],&ch[n+1]);
	for(int i=2;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		PT.extend(s[i]-97,i,s);
		int p=PT.last;
		while(p!=1)
		{
			if(PT.t[p].len%2==0&&PT.t[p].len>0)f[i]=(f[i]+f[i-PT.t[p].len])%MOD;
			p=PT.t[p].ff;
		}
	}
	printf("%d\n",f[n]);
	return 0;
}

然后在\(CF\)上交一发：

看一看数据是啥呢？

如果我们像这份代码一样，沿着\(fail\)一路上跳

因为所有字符都相同

所以要跳\(O(n)\)次

复杂度变为了\(O(n^2)\)

完美\(TLE\)

所以肯定就不能这么做。。。

然后我就不会了

---

假设对于某个位置，它对应的若干回文后缀

如果他们的长度\(>len/2\)

可以证明他们的长度等差

证明？根据回文串的性质，上面的那些圈圈都是相等的串

证毕

如果把这一些看成一组

每一组都至少要\(÷ 2\)

所以至多只会有\(log\)组

这样能够保证复杂度，所以我们考虑能否一组一组转移

设\(g[x]\)表示这一组东西的和

因为一组不能直接在串中表示

所以用回文树上的节点来表示

所以，\(g[x]\)表示从节点\(x\)开始，一直到缩短的值不再是当前这个等差的位置产生的贡献

比如对于这一组，它产生的贡献就是

\(g[x]=f[j1]+f[j2]+f[j3]\)

（最底下那个是原串）

好的，假设我们当前位置是\(i\)

也就是最底下的原串是\(S'[1..i]\)

最长的回文后缀，也就是当前回文树上的\(last\)

令\(p=last\)

因为是最长的一个，所以之前肯定不会计算过这个位置的值

所以\(g[p]=f[j_1]\)

然后往上面的那些回文后缀看

这些红色的代表着关于下面的父亲对称的回文前缀

我们惊奇的发现：

它们的开始位置怎么就这么巧呢？

正好就是我要算的东西

也就是说\(g[p]+=g[p.fail]\)

当然，前提是\(p.fail\)还在这一组等差的串里面

然后\(p\)就跳到第一个不是它所在的等差的回文后缀的位置

所以\(f[i]=\sum_{p}g[p]\)，前提是\(i\%2=0\)

最后，总结一下算法

对于给定的串\(S\)

把它变成\(S'=S[1]S[n]S[2]S[n-1].....\)

然后依次构建回文树

每个节点要记录一下它所在的这个等差的回文后缀在哪个节点结束

然后对于每次的\(last\)节点向上跳

跳到第一个不是自己这一段回文的位置

因为每次至少要\(÷2\)，所以至多跳\(log\)次

综上，时间复杂度\(O(nlog)\)

空间复杂度\(O(n\sum)\)，\(\sum\)代表字符集大小

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1000100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
char ch[MAX],s[MAX];
int n,anc[MAX],diff[MAX];
int ans[MAX],f[MAX];
struct Palindromic_Tree
{
	struct Node
	{
		int son[26];
		int ff,len;
	}t[MAX];
	int last,tot;
	void init()
	{
		t[tot=1].len=-1;
		t[0].ff=t[1].ff=1;
		anc[0]=1;
	}
	void extend(int c,int n,char *s)
	{
		int p=last;
		while(s[n-t[p].len-1]!=s[n])p=t[p].ff;
		if(!t[p].son[c])
		{
			int v=++tot,k=t[p].ff;
			t[v].len=t[p].len+2;
			while(s[n-t[k].len-1]!=s[n])k=t[k].ff;
			t[v].ff=t[k].son[c];
			t[p].son[c]=v;
			diff[v]=t[v].len-t[t[v].ff].len;
			anc[v]=(diff[v]==diff[t[v].ff])?anc[t[v].ff]:t[v].ff;
		}
		last=t[p].son[c];
	}
}PT;
int main()
{
	PT.init();
	scanf("%s",ch+1);
	n=strlen(ch+1);
	if(n&1){puts("0");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	reverse(&ch[1],&ch[n+1]);
	for(int i=2;i<=n;i+=2)s[i]=ch[(i+1)/2];
	ans[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		PT.extend(s[i]-97,i,s);
		for(int k=PT.last;k;k=anc[k])
		{
			f[k]=ans[i-PT.t[anc[k]].len-diff[k]];
			if(anc[k]!=PT.t[k].ff)
				f[k]=(f[k]+f[PT.t[k].ff])%MOD;
			if(!(i&1))ans[i]=(ans[i]+f[k])%MOD;
		}
	}
	printf("%d\n",ans[n]);
	return 0;
}