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题目描述

对于一个字符串 S，我们定义 S 的分值 f(S ) 为 S 中出现的不同的字符个数。例如 f(”aba”) = 2，f(”abc”) = 3, f(”aaa”) = 1。现在给定一个字符串 S [0..n − 1]（长度为 n），请你计算对于所有 S 的非空子串 S [i.. j](0 ≤ i ≤ j < n)，f(S [i.. j]) 的和是多少。

【输入格式】

输入一行包含一个由小写字母组成的字符串 S。

【输出格式】

输出一个整数表示答案。

【样例输入】

ababc

【样例输出】

【样例说明】

子串 f值
a 1
ab 2
aba 2
abab 2
ababc 3
b 1
ba 2
bab 2
babc 3
a 1
ab 2
abc 3
b 1
bc 2
c 1

【评测用例规模与约定】

对于 20% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 10；
对于 40% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 100；
对于 50% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000；
对于 60% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 10000；
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 100000。

思路

第一眼看见题目就感觉像是动态规划， $O(n^2)$ 解法。不过显然只能得一半的分。然而实在想不出更好的解法了，先把动态规划的方法列出来把，反正比赛的时候一般也就只能想到DP做法了。

建立 $dp1$ 三维数组， $dp1[i][j]$ 表示子串 $S[i...j]$ 的各个字母的状态，状态压缩为int整形，从第0位到第25位分别是a至z的状态。若 $dp1[i][j][0]$ 的某一位为0，则代表该子串中没有对应字符；若 $dp1[i][j][0]$ 的某一位为1，则再看 $dp1[i][j][1]$ 的这一位，若为0，则代表该子串中对应的字符出现1次，若为1，则代表该子串中对应的字符出现多次。

$dp2[i][j]$ 就代表该子串的f的和。

举例：对于字符串 $abccdddef，dp1[1][3][0]=0b0...01110,dp1[1][3][1]=0b0...01100,dp2[1][3]=1$ .

最后递推公式就很好推出了，详见代码。

代码

//本代码应该只能过一半 
#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn=1005;
int dp1[maxn][maxn][2];//状态 
int dp2[maxn][maxn];//数量 
char str[maxn*100];
int main(){
	cin>>str;
	if(strlen(str)>1000)return 0;
	int len=strlen(str);
	for(int i=0;i<len;i++){
		dp1[i][i][0]=1<<(str[i]-'a');
		dp2[i][i]=1;
	}
	for(int d=1;d<len;d++){
		for(int i=0;i<len-1;i++){
			int j=i+d;
			if((dp1[i][j-1][0]>>(str[j]-'a'))%2==1){
				if((dp1[i][j-1][1]>>(str[j]-'a'))%2==1){
					dp1[i][j][0]=dp1[i][j-1][0];
					dp1[i][j][1]=dp1[i][j-1][1];
					dp2[i][j]=dp2[i][j-1];
				}else{
					dp1[i][j][0]=dp1[i][j-1][0];
					dp1[i][j][1]=dp1[i][j-1][1]+(1<<(str[j]-'a'));
					dp2[i][j]=dp2[i][j-1]-1;
				}
			}else{
				dp1[i][j][0]=dp1[i][j-1][0]+(1<<(str[j]-'a'));
				dp1[i][j][1]=dp1[i][j-1][1];
				dp2[i][j]=dp2[i][j-1]+1;
			}
		}
	}
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<len;i++){
		for(int j=i;j<len;j++){
			cnt+=dp2[i][j];
		}
	}
	cout<<cnt;
	return 0;
}

【备战蓝桥杯】3.字串分值（50分）——动态规划DP

题目描述

思路

代码

总结