CodeForces 83 E.Two Subsequences（状压DP）

Description

定义$01$串之间的映射$f$满足以下四个条件：

1.$f(NULL)=NULL$

2.$f(s)=s,s$为任意$01$串

3.$f(s_1,s_2)$为以$s_1$为前缀，$s_2$为后缀的最短$01$串

$4.f(a_1,...,a_n)=f(f(a_1,...,a_{n-1}),a_n)$

先给出$n$个等长的字符串$a_1,...,a_n$，要求把这些字符串分成两个子序列$b_1,...,a_k$和$c_1,...,c_m$，其中$k+m=n$，使得$S=|f(b_1,...,b_k)+f(c_1,...,c_m)|$最小，输出该最小值

Input

第一行一整数$n$表示字符串个数，之后输入$n$个等串长且串长不超过$20$的$01$串$(1\le n\le 2\cdot 10^5)$

Output

输出$S$的最小值

Sample Input

3
01
10
01

Sample Output

4

Solution

依次考虑每个字符串的所属，假设当前考虑到第$i$个字符串，那么前$i-1$个字符串已经被分成了两个子序列，显然$a_{i-1}$是某个子序列的末尾，或者说每次考虑的最后一个字符串必然为一个子序列的末尾，假设另一个序列末尾为$a_j$，若$a_i$跟在$a_{i-1}$后面，那么$a_j$依旧是另一个子序列的末尾，若$a_i$跟在$a_j$后面，那么$a_{i-1}$变成另一个序列末尾，故不需要考虑另一个序列具体是哪一个字符串，只需要知道另一个序列末尾的状态即可

以$dp[i][j][k]$表示前$i$个字符串分好后，不以$a_i$为结尾的子序列后$j$位状态为$k$时$S$的最小值，那么根据$a_i$的所属有转移：

1.若$a_i$跟在$a_{i-1}$后面，那么另一个序列后$j$位的状态都不会改变，此时对$S$值的影响为$a_{i-1}$接上$a_i$所增加的串长，也即$dp[i][j][k]+=len-deal(a_{i-1},a_i)$，其中$len$为每个字符串的串长，$deal(x,y)$表示求出$x$的后缀与$y$的前缀最长公共部分

2.若$a_i$跟在另一个序列后面，那么此时的所谓的另一个序列变成以$a_{i-1}$结尾，那么其末尾$j$位状态即为$a_{i-1}$后$j$位的状态，记为$suf(a_{i-1},j)$，而此时对$S$值的影响是将$a_i$接在了另一个子序列上，枚举另一个子序列末尾与$a_i$的公共部分长度$k$有转移：

$dp[i][j][suf(a_{i-1},j)]=\min\limits_{k}(dp[i-1][k][pre(a_i,k)]+len-k)$

其中$pre(a_i,j)$为$a_i$前$j$位状态

此时转移的复杂度为$O(n\cdot len\cdot 2^{len})$，但注意到，记$temp=len-deal(a_{i-1},a_i)$，则第二种转移等价于

$dp[i][j][suf(a_{i-1},j)]=\min\limits_{k}(dp[i-1][k][pre(a_i,k)]+len-k-temp)+temp$

如此每次从$dp[i-1]$转移到$dp[i]$都会加上$temp$这一定值，若在转移中不考虑该定值，而是累加该值在转移结束后直接加到答案中，那么就不用进行第一种转移，此时复杂度为$O(n\cdot len)$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=200005;
int n,len,a[maxn],dp[21][1<<20];
char s[21];
int pre(int S,int i)
{
    return S>>(len-i);
}
int suf(int S,int i)
{
    return S&((1<<i)-1);
}
int deal(int S,int T)
{
    for(int i=len;i;i--)
        if(suf(S,i)==pre(T,i))return i;
    return 0;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s);
        len=strlen(s);
        for(int j=0;j<len;j++)a[i]=2*a[i]+s[j]-'0';
    }
    int res=0;
    memset(dp,INF,sizeof(dp));
    dp[0][0]=len;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int l=len-deal(a[i-1],a[i]);
        res+=l;
        int mn=INF;
        for(int j=0;j<=len;j++)mn=min(mn,dp[j][pre(a[i],j)]+len-j-l);
        //另一个序列的末尾接上a[i],a[i-1]变成另一个序列末尾  
        for(int j=0;j<=len;j++)dp[j][suf(a[i-1],j)]=min(dp[j][suf(a[i-1],j)],mn);
    }
    printf("%d\n",dp[0][0]+res);
    return 0;
}