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和Luogu 4302 [SCOI2003]字符串折叠 差不多的想法，区间dp
为了计算方便，我们可以假设区间[l, r]的前面放了一个M，设$f_{i, j, 0/1}$表示区间$[i, j]$中是否存在M
因为这题只能是二的幂次倍压缩，所以转移的时候枚举中点chk是否合法，如果合法那么
$f_{i, j, 0} = f_{i, (i + j) / 2 - 1, 0} + 1$
除了区间压缩，还可以通过加法构成最优答案
1、当中间加入了M，枚举M加入的位置 $f_{i, j, 1} = min(min(f_{i, k, 1}, f_{i, k, 0}) + min(f_{k + 1, r, 0}, f_{k + 1, r, 1}) + 1)$ $(i - 1 <k < j)$
2、当中间没有M的时候，相当于后面的子串不存在压缩
$f_{i, j, 1} = min(f_{i, k， 0} + j - k)$ $(i - 1 < k < j)$
时间复杂度为不严格的$O(n^{3})$（只是一个上界？）
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N = 55; int n, f[N][N][2]; char s[N]; inline int min(int x, int y) { return x > y ? y : x; } inline void chkMin(int &x, int y) { if(y < x) x = y; } inline bool chk(int l, int r) { int len = (r - l + 1) / 2; for(int i = l; i <= r - len; i++) if(s[i] != s[i + len]) return 0; return 1; } int main() { // freopen("3.in", "r", stdin); scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1); memset(f, 0x3f, sizeof(f)); for(int len = 1; len <= n; len++) { for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) { int r = l + len - 1; chkMin(f[l][r][0], len), chkMin(f[l][r][1], len); if(len % 2 == 0 && chk(l, r)) chkMin(f[l][r][0], 1 + f[l][l + len / 2 - 1][0]); for(int k = l; k < r; k++) { chkMin(f[l][r][1], min(f[l][k][0], f[l][k][1]) + 1 + min(f[k + 1][r][1], f[k + 1][r][0])); chkMin(f[l][r][0], f[l][k][0] + r - k); } } } printf("%d\n", min(f[1][n][0], f[1][n][1])); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/CzxingcHen/p/9484311.html
