Algorithm 如何避免生成所有子序列

可能重复：

我一直在努力解决interviewstreet.com上的“”问题：

如果一个字符串可以通过连接同一字符串的两个副本来获得，则该字符串称为方形字符串。例如，“abab”、“aa”是方字符串，“aaa”、“abba”不是

给定一个字符串，该字符串有多少子序列是方字符串？

我尝试了一个DP解决方案，但这个约束似乎无法绕过：

S最多有200个小写字符（a-z）

据我所知，查找长度

n

的列表的所有子序列是

O（2^n）

，一旦

n

大于，比如说30，它就不再可行

如果

n

为200，是否真的可以系统地检查所有解决方案？如何处理它？

有许多算法（例如）可以在线性时间内生成前缀长度数组。也就是说，对于每个位置i，它告诉您从位置i开始可以读取的最长前缀是什么（当然，对于i=0，最长前缀是n）

现在请注意，如果有一个从开头开始的方形字符串，那么在这个前缀长度数组中有一个位置k，因此最长长度为>=k。所以你可以再次计算线性时间内的数字

然后删除字符串的第一个字母并执行相同的操作。

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这个问题的总复杂度为O（n^2）。

首先，对于每个字母

a..z

，您将在

S

中获得它们的索引列表：

`p[x] = {i : S[i] = x}`, where `x = 'a',..,'z'`.

然后我们开始DP：

S: xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
            ^          ^    ^
            r1        l2    r2

设

f（r1，l2，r2）

为任意长度

L

的平方子序列（为方字符串的子序列）的数量

SS[L-1]=r1

SS[L]=l2

SS[2L-1]=r2

i、 e.前半部分正好在

r1

处结束，后半部分正好在

l2

处开始，并在

r2

处结束

然后，算法是：

设

f[r1，l2，l2]=1

如果

S[r1]=S[l2]

，则为0

for (l2 in 1..2L-1 )
    for( r1 in 0..l2-1 )
        for (r2 in l2..2L-1)
            if( f(r1, l2, r2) != 0 )
                for (x in 'a'..'z')
                    for (i,j: r1 < i < l2, r2 < j, S[i] = S[j] = x) // these i,j are found using p[x] quickly
                        f[i, l2, j] += f[r1, l2, r2]

for（1..2L-1中的l2）
对于（0..l2-1中的r1）
用于（l2..2L-1中的r2）
如果（f（r1，l2，r2）！=0）
对于（a'中的x…'z'）
对于（i，j:r1

最后，答案是

f[，，.]

数组中所有值的总和

基本上，我们将

S

unisg

l2

分成两部分，然后计算公共子序列

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我现在很难提供准确的时间复杂度估计，它肯定低于

n^4

，并且

n^4

对于

n=200

是可以接受的，但请注意，问题是要求子序列，而不是子字符串。例如，

baba

包含3个方形子序列（

baba

，

bb

，

aa

）。这也是一次面试，当然没人希望别人在面试中实现Z。interviewstreet.com不是面试lol:-）是的，你说得对。谢谢。同时我也发现了，所以我将检查它的复杂性。我现在没有足够的代表（

=15

）来投票。@Dilbert，是的，很好，我认为这个答案有完全相同的想法，但它省略了“如何在给定的段中有效地找到相等的字母对”部分：我使用

p[x]

为此，你甚至可以在

p[x]

中使用二进制搜索。第二个：这个解决方案对数组还有一个维度：第一个序列的开始，这对我来说似乎是不必要的：它将时间和空间复杂度再乘以

n

一次，这让它变得悲观（我不相信，它太粗糙了）

n^6

@Dilbert，好的，

n^4

现在。+1但200^4不是那么小。C#的时间限制是5秒，在我的1.6Ghz Core2duo上做一次200^4倍的乘法大约需要8秒，所以即使它能通过他们的测试，也将是一个非常接近的过程。我相信应该有一个时间复杂度更低的解决方案。@Dilbert，是的，有一个

n^3

解决方案，也许我以后会编辑。你应该在问题中说明时间限制。请你将问题链接起来！