Слово факторизация за

Учитывая две строки $S_1, S_2$ , мы пишем $S_1S_2$ для их объединения. Учитывая , строка $S$ и целое число $k\geq 1$ , мы будем писать $(S)^k = SS\cdots S$ для конкатенации $k$ копий $S$ . Теперь, учитывая строку, мы можем использовать эту запись, чтобы «сжать» ее, то есть $AABAAB$ можно записать как $((A)^2 B)^2$ . Давайте называть вессжатиячисло символоввходящих в него, так что вес$((A)^2 B^2)$ состоитдвух, а вес$(AB)^2 A$ (скомпрессиейот$ABABA$ ) это три (отдельные$A$ считаются отдельно).

Теперь рассмотрим задачу вычисления «самого легкого» сжатия данной строки $S$ с $|S|=n$ . После некоторых размышлений существует очевидный подход динамического программирования, который выполняется в $O(n^3 \log n)$ или $O(n^3)$ зависимости от точного подхода.

Однако мне сказали, что эта проблема может быть решена за $O(n^2 \log n)$ , хотя я не могу найти источники о том, как это сделать. В частности, эта проблема была поставлена ​​в недавнем конкурсе по программированию (проблема K здесь , последние две страницы). Во время анализа был представлен алгоритм $O(n^3 \log n)$ , и в конце была упомянута псевдоквадратичная граница ( здесь, на отметке четыре минуты). К сожалению, докладчик упомянул только «сложную лемму о комбинаторике слов», поэтому теперь я пришел сюда, чтобы попросить решение :-)

Если я вас не правильно понял, я думаю, что минимальная факторизация затрат может быть рассчитана за раз следующим образом.$O(n^2)$

Для каждого индекса i мы вычислим группу значений для следующим образом. Пусть - наименьшее целое число, так что существует целое число удовлетворяющееДля этого конкретного , пусть будет наибольшим с этим свойством. Если такого существует, установите чтобы мы знали, что для этого индекса есть нулевые значения.$(p_i^\ell, r_i^\ell)$$\ell=1,2,\ldots$$p_i^1\ge 1$$r\ge 2$

Пусть будет наименьшим целым числом, строго большим, чем удовлетворяющим также для некоторого . Как и прежде, возьмите как максимальное значение с фиксированным . В общем случае является наименьшим таким числом, строго большим, чем . Если такого существует, то .$p_i^2$$(r_i^1-1)p_i^1$

Обратите внимание, что для каждого индекса i мы имеем из-за геометрического увеличения значений с . (если существует, он не просто строго больше, чем но больше, чем по крайней мере на Это устанавливает геометрическое увеличение. )$L_i=O(\log (i+1))$$p_i^\ell$$\ell$$p_i^{\ell+1}$$(r_i^\ell-1)p_i^\ell$$p_i^\ell/2$

Предположим теперь, что все значения даны нам. Минимальная стоимость определяется как повторение с пониманием, что для мы устанавливаем . Таблица может быть заполнена за времени.$(p_i^\ell,r_i^\ell)$

$$\mathrm{dp}(i,j) = \min\left\{\mathrm{dp}(i, j-1) + 1, \min_\ell \left(\mathrm{dp}\left(i,j - r_j^\ell p_j^\ell\right) + \mathrm{dp}(j-r_j^\ell p_j^\ell+1,j-p_j^\ell)\right)\right\}$$ $i>j$$\mathrm{dp}(i,j) = +\infty$$O(n^2 + n\sum_j L_j)$

Выше мы уже отмечали, что , ограничивая член суммой членом. Но на самом деле, если мы посмотрим на всю сумму, мы можем доказать что-то острее.$\sum_j L_j = O(\sum_j \log (j+1)) = \Theta(n\log n)$

Рассмотрим дерево суффиксов обратной стороны (т. Дерево префиксов S). Мы будем взимать каждый вклад в сумму с ребра чтобы каждое ребро было начислено не более одного раза. Зарядите каждый к краю, исходящему из и идущему к . Здесь - лист дерева префиксов, соответствующий а nca обозначает ближайшего общего предка.$T(\overleftarrow{S})$$S$$\sum_i L_i$$T(\overleftarrow{S})$$p_i^j$$\mathrm{nca}(v(i), v(i-p_i^j))$$v(i-p_i^j)$$v(i)$$S[1..i]$

Это показывает, что . Значения могут быть рассчитаны за время путем обхода дерева суффиксов, но я оставлю детали для последующего редактирования, если кому-то будет интересно.$O(\sum_i L_i)=O(n)$$(p_i^j,r_i^j)$$O(n+\sum_i L_i)$

Дайте мне знать, если это имеет смысл.

Есть ваша начальная строка S длины n. Вот псевдокод метода.

next_end_bracket = n
for i in [0:n]: # main loop

    break if i >= length(S) # due to compression
    w = (next_end_bracket - i)# width to analyse

    for j in [w/2:0:-1]: # period loop, look for largest period first
        for r in [1:n]: # number of repetition loop
            if i+j*(r+1) > w:
                break r loop

            for k in [0:j-i]:
                # compare term to term and break at first difference
                if S[i+k] != S[i+r*j+k]:
                    break r loop

        if r > 1:
            # compress
            replace S[i:i+j*(r+1)] with ( S[i:i+j] )^r
            # don't forget to record end bracket...
            # and reduce w for the i-run, carrying on the j-loop for eventual smaller periods. 
            w = j-i

Я намеренно дал немного подробностей о «конечных скобках», так как для стека и разборки нужно много шагов, что не позволило бы понять основной метод. Идея состоит в том, чтобы проверить возможное дальнейшее сокращение внутри первого. для примера ABCBCABCBC => (ABCBC) ² => (A (BC) ²) ².

Поэтому главное - сначала поискать большие периоды. Обратите внимание, что S [i] - это i-й член S, пропускающий любое "(", ")" или степень.

• i-цикл - это O (n)
• J-петля является O (N)
• r + k-loop равен O (log (n)), так как он останавливается при первой разнице

Это глобально O (n²log (n)).