PTA L3-020 至多删三个字符——详细解析

题目大意

  给定一个全部由小写英文字母组成的字符串，允许你至多删掉其中 $3$ 个字符，结果可能有多少种不同的字符串？题目链接在这里。

解析

  题目用到的是动态规划的思想，但是我一开始没想到，看了解析也不明白，最后苦思冥想才明白，只能说菜就多练。
  上面的那篇解析，说明文字比较少，这里我整理一下自己的思路。首先定义状态：dp[i][j]表示 $s$ 的前 $i$ 个字符组成的字符串里面要删除 $j$ 个字符，得到的字符串有多少种。如果记s[a:b]为 $s$ 的第 $a$ 个（含）到第 $b$ 个（不含）字符所组成的子串。
  现在需要得到状态转移方程。显然，当删除的这 $j$ 个字符包含s[i]的时候，对答案的贡献是dp[i - 1][j - 1]；如果删除的 $j$ 个字符中不包含s[i]，那么对答案的贡献就是dp[i - 1][j]。于是可以写出状态转移方程：
$$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]\text{\hspace{1em}(1)}$$

但是，这个状态转移方程是错误的，因为有可能会有重复计算的情况。正如字符串s = "abcac"，如果要求dp[5][2]，那么dp[4][1]中包含了"abc"，而dp[4][2]中的"ab"加上未被删除的"c"依然构成"abc"。
  所以我们的dp[i][j]必须减去重复的情况，但是这种情况的总数怎么来的，那篇博客并没有讲得很清楚。
  我们考虑这样一个字符串s = "abcadefak"，它的长度是 $9$。那么请问在计算 $dp[9][4]$ 的时候会出现重复的情况吗？显然不会。因为'k'只在字符串中出现了一次，而：

• 不删除s[9]：所得的子串尾部永远是'k'。
• 删除s[9]：删除了唯一的一个'k'，不管再怎么进行剩余的删除操作，子串的尾部永远不可能是'k'。

所以不存在所谓的重复情况。
  再考虑这样一个例子，s = "abcefgfeb"，长度为 $9$，要求 $dp[9][6]$。这也不会出现重复的情况，因为虽然'b'在s[2]和s[9]都出现了，但是：

• 不删除s[9]：所得子串尾部永远是'b'。
• 删除s[9]：虽然前面还有一个b，但是如果想要所得子串尾部是'b'，必须把s[2]之后的所有字符也都给删了。但是我们只能删 $6$ 个字符，是删不了这么多的。

所以这种情况也不会有重复。那什么时候会有重复呢？针对上面的例子，你应该已经悟出来了：
存在重复的情况：当字符串s中存在与s[i]相同的字符，且这样的字符离s[i]最近的那个位于s[x]（显然有 $1\le x<i$），那么在 $j\ge i-x$ 时，求dp[i][j]依式 $(1)$ 存在冗余情况。
  总结一下就是：

• 前面存在相同字符。
• 前面最近的这个“相同字符”要离的足够近（满足 $i-x\le j$ 就是足够近）。

这样才会存在冗余情况。存在性已经说明完毕了，那么当这个重复存在的时候，到底有多少个重复的呢？下面就让你明白。比如说字符串 $s=\cdots a\underset{一共有i-x-1个字符}{\underbrace{\cdots }}a$，第一个 $a$ 位于 $s[x]$，第二个（也是最后一个）$a$ 位于 $s[i]$。这里假设 $i-x\le j$，那么两种情况分别是：

• 不删除 $s[i]$：$s_1^{\prime }=\underset{删除j个}{\underbrace{\cdots a\cdots }}a$。
• 删除 $s[i]$：为了有可能和 $s_1^{\prime }$ 重复，必须有 $s_2^{\prime }=\underset{删除j-(i-x)个，并且保证末尾还是a}{\underbrace{\cdots a}}\underset{这i-x-1个全部删掉}{\underbrace{\cdots }}\sout{a}$。

记 $\cdots a\cdots$ 删除 $j$ 个所得到的字符串是 $s_1^{\prime \prime }$，$\cdots a$ 删除 $j-(i-x)$ 个，并且保证末尾还是 $a$ 的字符串是 $s_2^{\prime \prime }$。根据具体删除操作的不同，$s_1^{\prime \prime }$ 和 $s_2^{\prime \prime }$ 随之而不同，但如果删得好，那么 $s_1^{\prime \prime }$ 和 $s_2^{\prime \prime }$ 这个时候可能是同一个字符串 $s^{\prime \prime }$。那么我们需要考虑的重复情况总数就是，$s^{\prime \prime }$ 可能的情况数。
  细心地你肯定发现了，凡是 $s_2^{\prime \prime }$ 通过一通操作得到的字符串 $s^{\prime \prime }$，$s_1^{\prime \prime }$ 都是可以特定删除方式得到的。所以考虑的重复情况总数就是 $s_2^{\prime \prime }$ 可能的情况数。
  为了保证 $\cdots a$ 删除 $j-(i-x)$ 个后末尾还是 $a$，我们可以简单地保留最后这个 $a$，也可以将这个 $a$ 直到前面的一个 $a$（如果有的话）中的内容全部删除，也可以将这个 $a$ 直到前面的前面的那个 $a$（如果有的话） 中的内容全部删除……。但是不管怎样，简单地保留这个 $a$ 是可以涵盖所有可能生成的字符串的。所以，“重复”的计量标准就是 $dp[x-1][j-(i-x)]$。

AC Code

  有了上面的分析，不难写出代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000005

using namespace std;
typedef long long ll;

ll dp[N][4];
string s;
int len,prepos[N];

int main () {
    cin >> s;len = s.size();
    int temp[26];memset(temp,0,sizeof(temp));
    for(int i = 1;i <= len;i++) {
        int co = s[i - 1] - 'a';
        prepos[i] = temp[co];
        temp[co] = i;
    }
    dp[1][0] = 1;dp[1][1] = 1;dp[0][0] = 1;
    for(int i = 2;i <= len;i++)
        for(int j = 0;j < 4;j++) {
            if(i < j) dp[i][j] = 0;
            else if(i == j) dp[i][j] = 1;
            else if(j == 0)
            	dp[i][j] = 1;
			else {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
                int ppos = prepos[i];
                if(ppos && i - ppos <= j)
                    dp[i][j] -= dp[ppos - 1][j - i + ppos];
            }
        }
    return cout << (dp[len][0] + dp[len][1] + dp[len][2] + dp[len][3]),0;
}

  时间复杂度是 $O(n)$，其中 $n$ 为字符串的最大长度。此题还可以拓展，如果题目改为至多删除 $k$ 个字符，那么时间复杂度是 $O(nk)$。