对一些性质的观察。
考虑朴素的 DP，先将 $\frac{n(n-1)}{2}$ 个字串排序，然后设 $f(i,j)$ 表示对于前缀 $i$，最后一个选择的是 $s[j,i]$，转移类似于二位偏序，可以使用树状数组优化至 $\mathcal O(n^2\log n)$。
注意到一个性质，若最优方案中存在相邻两个串 $s_i,s_{i+1}$ 有 $|s_{i+1}|-|s_i|>1$，那么显然可以将 $s_{i+1}$ 的长度调整至 $|s_i|+1$。那么所有答案串最长长度满足 $\frac{len(len+1)}{2}\le n$，即 $len\le \sqrt{2n}$，我们只用保留这样的串就可以了。最终时间复杂度为 $\mathcal O(n\sqrt{n}\log n)$。
Code
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
| #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define lowbit(x) x&(-x)
#define fi first
#define se second
using namespace std;
using PII=pair<int,int>;
const int N=2.5e4+10,B=320+10;
int n,lim;
char s[N];
int tot=1,tr[N*B][2];
int ans;
vector<int>pos[N*B];
vector<PII>op;
struct BIT
{
int t[N];
void add(int x,int k){for(;x<=n;x+=lowbit(x))t[x]=max(t[x],k);}
int ask(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x))res=max(res,t[x]);return res;}
}t;
void insert(int x)
{
int u=1,m=min(n,x+lim-1);
for(int i=x;i<=m;i++)
{
int &v=tr[u][s[i]-'0'];
if(!v)v=++tot;
pos[u=v].push_back(i);
}
}
void dfs(int x,int len)
{
op.clear();
for(auto i:pos[x])op.push_back({i,t.ask(i-len)+1});
for(auto x:op)t.add(x.fi,x.se);
for(int i=0;i<2;i++)if(tr[x][i])dfs(tr[x][i],len+1);
}
int main()
{
scanf("%d%s",&n,s+1);
lim=sqrt(n<<1);
for(int i=1;i<=n;i++)insert(i);
dfs(1,0);
printf("%d\n",t.ask(n));
return 0;
}
|