โปรแกรม Word ตัวประกอบใน

12

รับสองสตริง $S_1, S_2$ เราเขียน $S_1S_2$ สำหรับการต่อกัน ได้รับสตริง $S$ และจำนวนเต็ม $k\geq 1$ เราเขียน $(S)^k = SS\cdots S$ สำหรับการเรียงต่อกันของ $k$ สำเนาของS $S$ ตอนนี้รับสายเราสามารถใช้สัญกรณ์นี้เพื่อ 'บีบอัด' มันคือ $AABAAB$ อาจจะเขียนเป็น $((A)^2 B)^2$ . ลองเรียกน้ำหนักของการบีบอัดตามจำนวนตัวอักษรที่ปรากฏในนั้นดังนั้นน้ำหนักของ $((A)^2 B^2)$ คือสองและน้ำหนักของ $(AB)^2 A$ (การบีบอัดของ $ABABA$ ) คือสาม ( $A$ แยกต่างหากจะนับแยกต่างหาก)

ตอนนี้ให้พิจารณาปัญหาของการคำนวณการบีบอัด 'เบาที่สุด' ของสตริง $S$ ด้วย $|S|=n$ nหลังจากคิดว่ามีวิธีการเขียนโปรแกรมแบบไดนามิกที่ชัดเจนซึ่งทำงานใน $O(n^3 \log n)$ หรือ $O(n^3)$ ขึ้นอยู่กับวิธีที่แน่นอน

อย่างไรก็ตามฉันได้รับแจ้งว่าปัญหานี้สามารถแก้ไขได้ในเวลา $O(n^2 \log n)$ แม้ว่าฉันจะไม่สามารถหาแหล่งข้อมูลเกี่ยวกับวิธีการทำเช่นนี้ได้ ปัญหานี้ได้รับจากการประกวดการเขียนโปรแกรมเมื่อเร็ว ๆ นี้ (ปัญหา K ที่นี่สองหน้าสุดท้าย) ในระหว่างการวิเคราะห์อัลกอริทึม $O(n^3 \log n)$ ถูกนำเสนอและในตอนท้ายกล่าวถึงขอบเขตกำลังสองหลอก ( ที่นี่ที่เครื่องหมายสี่นาที) น่าเสียดายผู้นำเสนอเพียงเรียกว่า 'คำศัพท์ที่ซับซ้อน combinatorics lemma' ดังนั้นตอนนี้ฉันมาที่นี่เพื่อขอคำตอบ :-)

dynamic-programming word-combinatorics

— Timon Knigge
แหล่งที่มา

S

$S$

S = X^{a} = Y^{b}

$S=X^a=Y^b$

S = Z^{| S | / gcd (| X |, | Y |)}

$S=Z^{|S|/\gcd(|X|, |Y|)}$

Z

$Z$

gcd (| X |, | Y |)

$\gcd(|X|, |Y|)$

X

$X$

Y

$Y$

S = X^{a}

$S=X^a$

S

$S$

Y

$Y$

S = Y^{b}

$S=Y^b$ จากนั้นคุณจะต้องลองใช้คำนำหน้าของซึ่งมีความยาวที่แบ่ง.

Y

$Y$

X

$X$

| X |

$|X|$

— j_random_hacker

ปัญหาคือว่าแม้หลังจากลดไปได้ทั้งหมดแล้วคุณยังจำเป็นต้องรวมคำตอบลูกบาศก์ลูกบาศก์ต่อส่วนย่อย (เช่น ) ดังนั้นยังคงมีบางงานพิเศษที่จะทำหลังจากที่ ...

X^{a}

$X^a$

D P [l, r] = min_{k} D P [l, k] + D P [k + 1, r]

$DP[l, r] = \min_k DP[l, k] + DP[k+1, r]$

— ทิมอน Knigge

ฉันเห็นสิ่งที่คุณหมายถึง ฉันคิดว่าคุณต้องการความสัมพันธ์แบบครอบงำที่กำจัดค่าบางค่าจากการทดสอบ - แต่ฉันไม่สามารถคิดได้ โดยเฉพาะอย่างยิ่งฉันพิจารณาสิ่งต่อไปนี้สมมติว่ามีตัวประกอบที่เหมาะสมที่สุดด้วย ; เป็นไปได้หรือไม่ว่ามีวิธีแก้ปัญหาที่ดีที่สุดซึ่งเป็นปัจจัยในฐานะกับ ? แต่น่าเสียดายที่คำตอบคือใช่สำหรับ ,มี factorisation ที่ดีที่สุดแต่ factorisation ที่ดีที่สุดที่ไม่ซ้ำกันสำหรับคือ 2

k

$k$

S [1.. i]

$S[1..i]$

S [1.. i] = X Y^{k}

$S[1..i] = XY^k$

k > 1

$k>1$

S

$S$

X Y^{j} Z

$XY^jZ$

j < k

$j<k$

S = A B A B C A B C

$S=ABABCABC$

S [1..4]

$S[1..4]$

(A B)^{2}

$(AB)^2$

S

$S$

A B (A B C)^{2}

$AB(ABC)^2$

— j_random_hacker

1

ถ้าฉันไม่เข้าใจคุณผิดฉันคิดว่าการคำนวณต้นทุนขั้นต่ำสามารถคำนวณได้ในเวลาดังต่อไปนี้ $O(n^2)$

สำหรับแต่ละดัชนี i เราจะคำนวณกลุ่มของค่าสำหรับดังนี้ ให้เป็นจำนวนเต็มที่เล็กที่สุดซึ่งมีจำนวนเต็มพอใจสำหรับนี้โดยเฉพาะปล่อยให้เป็นใหญ่ที่สุดด้วยคุณสมบัตินี้ หากไม่มีอยู่ให้ตั้งค่าเพื่อให้เรารู้ว่ามีค่าศูนย์สำหรับดัชนีนี้ $(p_i^\ell, r_i^\ell)$ $\ell=1,2,\ldots$ $p_i^1\ge 1$ $r\ge 2$

S [i - r p_{i}^{1} + 1, i - p_{i}^{1}] = S [i - (r - 1) p_{i}^{1} + 1, i] .

$S[i-rp_i^1+1, i-p_i^1] = S[i-(r-1)p_i^1+1, i].$

p_{i}^{1}

$p_i^1$

r_{i}^{1}

$r_i^1$

r

$r$

p_{i}

$p_i$

L_{i} = 0

$L_i=0$

(p_{i}^{ℓ}, r_{i}^{ℓ})

$(p_i^\ell,r_i^\ell)$

ให้เป็นจำนวนเต็มที่เล็กที่สุดที่ใหญ่กว่าน่าพอใจเช่นเดียวกัน สำหรับบาง2 เช่นเดียวกับก่อนที่จะใช้จะเป็นสูงสุดคนหนึ่งที่ได้รับการแก้ไข 2 โดยทั่วไปเป็นจำนวนดังกล่าวมีขนาดเล็กที่สุดอย่างเคร่งครัดใหญ่กว่าell-1} ถ้าไม่มีเช่นอยู่แล้วell-1 $p_i^2$ $(r_i^1-1)p_i^1$

S [i - r_{i}^{2} p_{i}^{2} + 1, i - p_{i}^{2}] = S [i - (r_{i}^{2} - 1) p_{i}^{2} + 1, i]

$S[i-r_i^2p_i^2+1, i-p_i^2] = S[i-(r_i^2-1)p_i^2+1, i]$

r_{i}^{2} \geq 2

$r_i^2\ge 2$

r_{i}^{2}

$r_i^2$

p_{i}^{2}

$p_i^2$

p_{i}^{ℓ}

$p_i^\ell$

(r_{i}^{ℓ - 1} - 1) p_{i}^{ℓ - 1}

$(r_i^{\ell-1}-1)p_i^{\ell-1}$

p_{i}^{ℓ}

$p_i^\ell$

L_{i} = ℓ - 1

$L_i=\ell-1$

โปรดทราบว่าสำหรับแต่ละดัชนีฉันเรามีเนื่องจากค่าเพิ่มขึ้นเรขาคณิตกับ\(หากมีอยู่จริงมันไม่ใช่แค่ใหญ่กว่าแต่ใหญ่กว่านั้นอย่างน้อยสิ่งนี้ทำให้เกิดการเพิ่มขึ้นทางเรขาคณิต ) $L_i=O(\log (i+1))$ $p_i^\ell$ $\ell$ $p_i^{\ell+1}$ $(r_i^\ell-1)p_i^\ell$ $p_i^\ell/2$

สมมติว่าตอนนี้เรามอบค่าทั้งหมดให้เรา ต้นทุนขั้นต่ำจะได้รับจากการเกิดซ้ำ ด้วยความเข้าใจว่าสำหรับเราตั้ง+ ตารางสามารถเติมเต็มในเวลา $(p_i^\ell,r_i^\ell)$
$d p (i, j) = min {d p (i, j - 1) + 1, min_{ℓ} (d p (i, j - r_{j}^{ℓ} p_{j}^{ℓ}) + d p (j - r_{j}^{ℓ} p_{j}^{ℓ} + 1, j - p_{j}^{ℓ}))}$ $\mathrm{dp}(i,j) = \min\left\{\mathrm{dp}(i, j-1) + 1, \min_\ell \left(\mathrm{dp}\left(i,j - r_j^\ell p_j^\ell\right) + \mathrm{dp}(j-r_j^\ell p_j^\ell+1,j-p_j^\ell)\right)\right\}$ $i>j$ $\mathrm{dp}(i,j) = +\infty$ $O(n^2 + n\sum_j L_j)$

เราได้สังเกตเห็นแล้วว่าโดย จำกัด ขอบเขตผลรวมตามคำศัพท์ แต่ที่จริงถ้าเราดูผลรวมทั้งหมดเราสามารถพิสูจน์สิ่งที่คมชัดกว่า $\sum_j L_j = O(\sum_j \log (j+1)) = \Theta(n\log n)$

พิจารณาคำต่อท้ายต้นไม้ของสิ่งที่ตรงกันข้ามของ (กล่าวคือต้นไม้คำนำหน้าของ S) เราจะเรียกเก็บเงินผลงานแต่ละรายการไปยัง sumไปยังขอบของเพื่อให้แต่ละส่วนได้รับการเรียกเก็บเงินไม่เกินครั้งเดียว ชาร์จแต่ละขอบเล็ดลอดออกมาจากและมุ่งหน้าไปยังญ) นี่เป็นใบของต้นไม้คำนำหน้าสอดคล้องกับและ NCA หมายถึงบรรพบุรุษที่ใกล้ที่สุด $T(\overleftarrow{S})$ $S$ $\sum_i L_i$ $T(\overleftarrow{S})$ $p_i^j$ $\mathrm{nca}(v(i), v(i-p_i^j))$ $v(i-p_i^j)$ $v(i)$ $S[1..i]$

นี้แสดงให้เห็นว่า(n) ค่าสามารถคำนวณได้ในเวลาโดยการสำรวจเส้นทางของทรีต่อท้าย แต่ฉันจะให้รายละเอียดในการแก้ไขในภายหลังหากใครสนใจ $O(\sum_i L_i)=O(n)$ $(p_i^j,r_i^j)$ $O(n+\sum_i L_i)$

แจ้งให้เราทราบหากนี่เหมาะสม

— Mert Sağlam
แหล่งที่มา

-1

มีสตริงเริ่มต้น S ของคุณที่มีความยาว n นี่คือรหัสเทียมของวิธีการ

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

ฉันจงใจให้รายละเอียดเล็ก ๆ น้อย ๆ เกี่ยวกับ "วงเล็บปิดท้าย" เนื่องจากต้องการขั้นตอนมากมายในการสแต็กและคลายสต็อกซึ่งจะทำให้วิธีการหลักไม่ชัดเจน ความคิดคือการทดสอบการหดตัวต่อไปในที่สุดในคนแรก สำหรับตัวอย่าง ABCBCABCBC => (ABCBC) ² => (A (BC) ²) ²

ดังนั้นประเด็นหลักคือการหาช่วงเวลาที่มีขนาดใหญ่ก่อน โปรดทราบว่า S [i] เป็นคำที่ ith ของ S ที่ข้าม "(", ")" หรืออำนาจใด ๆ

i-loop คือ O (n)
j-loop คือ O (n)
r + k-loops คือ O (log (n)) ในขณะที่มันหยุดที่ความแตกต่างแรก

นี่คือ O ทั่วโลก (n²log (n))

— Optidad
แหล่งที่มา

ฉันยังไม่ชัดเจนว่า r และ k ลูปเป็น O (log n) - แยกกัน อะไรทำให้มั่นใจได้ว่าจะพบความแตกต่างหลังจากทำซ้ำมากที่สุดใน O (log n)?

— j_random_hacker

ฉันเข้าใจถูกต้องหรือไม่ว่าคุณกำลังบีบอย่างตะกละตะกลาม? เนื่องจากไม่ถูกต้องให้พิจารณาเช่น ABABCCCABCCC ซึ่งคุณควรแยกตัวประกอบเป็น AB (ABC ^ 3) ^ 2

— Timon Knigge

ใช่คุณมีสิทธิ์ทั้งหมดเกี่ยวกับเรื่องนั้นฉันจะคิดเกี่ยวกับเรื่องนี้

— Optidad