Факторизація слів за

Враховуючи два рядки , ми пишемо для їх конкатенації. Давши рядок і ціле число , запишемо для конкатенації$S_1, S_2$$S_1S_2$$S$$k\geq 1$$(S)^k = SS\cdots S$$k$ копій$S$ . Тепер, задавши рядок, ми можемо використовувати це позначення для його «стиснення», тобто$AABAAB$ може бути записано як$((A)^2 B)^2$ . Назвемо вагукомпресіїчисло символів, що з’являються в ній, тому вага$((A)^2 B^2)$ складаєтьсядвох, а вага$(AB)^2 A$ (встисненніз$ABABA$ ) три (окремі$A$ з підраховуються окремо).

Тепер розглянемо проблему обчислення "найлегшого" стиснення заданого рядка $S$ з $|S|=n$ . Після роздумів існує очевидний динамічний підхід програмування, який працює в $O(n^3 \log n)$ або $O(n^3)$ залежно від точного підходу.

Однак мені сказали, що цю проблему можна вирішити за $O(n^2 \log n)$ час, хоча я не можу знайти джерел, як це зробити. Зокрема, ця проблема була задана в недавньому конкурсі програмування (проблема K тут , останні дві сторінки). Під час аналізу був представлений алгоритм $O(n^3 \log n)$ , а в кінці згадували псевдо квадратичну межу ( тут на позначці чотирьох хвилин). На жаль, ведучий згадував лише «складну лемму про комбінаторику слова», тому зараз я прийшов сюди, щоб попросити рішення :-)

Якщо я вас не розумію, я думаю, що мінімальна вартість витрат може бути обчислена за $O(n^2)$ час таким чином.

Для кожного індексу i обчислимо купу значень $(p_i^\ell, r_i^\ell)$ для $\ell=1,2,\ldots$ наступним чином. Нехай $p_i^1\ge 1$ - найменше ціле число, таке, що існує ціле число $r\ge 2$ задовольняє

Нехай $p_i^2$ - найменше ціле число, строго більше, ніж $(r_i^1-1)p_i^1$ задовольняє також

Зауважимо, що для кожного індексу i маємо $L_i=O(\log (i+1))$ за рахунок значень $p_i^\ell$ геометрично збільшуються з $\ell$ . (якщо $p_i^{\ell+1}$ існує, це не просто суворо більше, ніж $(r_i^\ell-1)p_i^\ell$ але більше, ніж принаймні $p_i^\ell/2$ Це встановлює геометричне збільшення.)

Припустимо, тепер всі $(p_i^\ell,r_i^\ell)$ значення задані нам. Мінімальна вартість задається повторенням

$$\mathrm{dp}(i,j) = \min\left\{\mathrm{dp}(i, j-1) + 1, \min_\ell \left(\mathrm{dp}\left(i,j - r_j^\ell p_j^\ell\right) + \mathrm{dp}(j-r_j^\ell p_j^\ell+1,j-p_j^\ell)\right)\right\}$$ з розумінням того, що для$i>j$встановимо$\mathrm{dp}(i,j) = +\infty$. Таблицю можна заповнити за$O(n^2 + n\sum_j L_j)$.

Ми вже відзначали вище , що $\sum_j L_j = O(\sum_j \log (j+1)) = \Theta(n\log n)$ з допомогою обмежує термін суми на термін. Але насправді, якщо ми подивимось на всю суму, ми можемо довести щось гостріше.

Розглянемо дерево суфікса $T(\overleftarrow{S})$ звороту $S$ (тобто дерево префікса S). Ми стягуватимемо кожен внесок на суму $\sum_i L_i$ до краю $T(\overleftarrow{S})$ так що кожне ребро буде нараховано не більше одного разу. Заряджайте кожну $p_i^j$ до краю, що виходить від $\mathrm{nca}(v(i), v(i-p_i^j))$ і рухаючись у напрямку $v(i-p_i^j)$ . Тут$v(i)$ - лист дерева префікса, що відповідає$S[1..i]$ а nca позначає найближчого спільного предка.

Це показує, що $O(\sum_i L_i)=O(n)$ . Значення $(p_i^j,r_i^j)$ можна обчислити за часом $O(n+\sum_i L_i)$ шляхом проходження дерева суфіксів, але я залишу деталі для подальшого редагування, якщо когось цікавить.

Дайте мені знати, чи це має сенс.

Існує ваш початковий рядок S довжиною n. Ось псевдокод методу.

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 навмисно дав невеликі подробиці про "кінцеві дужки", оскільки для цього потрібно багато кроків для складання та атаки, що дозволило б чітко визначити основний метод. Ідея полягає у випробуванні можливого подальшого скорочення всередині першого. для прикладу ABCBCABCBC => (ABCBC) ² => (A (BC) ²) ².

Тому головне - спочатку шукати великі періоди. Зауважте, що S [i] - i-й член S, який пропускає будь-які "(", ")" або потужність.

• i-петля - O (n)
• j-петля - O (n)
• r + k-петлі - це O (log (n)), оскільки він зупиняється на першій різниці

Це глобально O (n²log (n)).