Palavra fatoração em de tempo

Dadas duas cadeias , escrevemos para sua concatenação. Dada uma cadeia e número inteiro , escreve-se para a concatenação de cópias de . Agora, dada uma string, podemos usar essa notação para 'compactá-la', ou seja, pode ser escrito como . Vamos chamar o peso de uma compactação do número de caracteres que aparecem nela; portanto, o peso de é dois, e o peso de (uma compactação de ) é três (separado$S_1, S_2$$S_1S_2$$S$$k\geq 1$$(S)^k = SS\cdots S$$k$$S$$AABAAB$$((A)^2 B)^2$$((A)^2 B^2)$$(AB)^2 A$$ABABA$$A$ s são contados separadamente).

Agora considere o problema de calcular a compressão 'mais leve' de uma determinada sequência com . Depois de pensar um pouco, existe uma abordagem de programação dinâmica óbvia que é executada em ou dependendo da abordagem exata.$S$$|S|=n$$O(n^3 \log n)$$O(n^3)$

No entanto, disseram-me que esse problema pode ser resolvido em , embora não seja possível encontrar nenhuma fonte sobre como fazer isso. Especificamente, esse problema foi apresentado em um concurso de programação recente (problema K aqui , últimas duas páginas). Durante a análise, foi apresentado um algoritmo , e no final foi mencionado o limite pseudo-quadrático ( aqui na marca de quatro minutos). Infelizmente, o apresentador apenas se referiu a 'um lema complicado de combinatória de palavras', então agora eu vim aqui para pedir a solução :-)$O(n^2 \log n)$$O(n^3 \log n)$

Se não estou lhe entendendo mal, acho que a fatoração de custo mínimo pode ser calculada no tempo de $O(n^2)$ seguinte maneira.

Para cada índice i, iremos calcular um grupo de valores $(p_i^\ell, r_i^\ell)$ para $\ell=1,2,\ldots$ , como se segue. Seja $p_i^1\ge 1$ o número inteiro menor, de modo que exista um número inteiro $r\ge 2$ satisfazendo

Let $p_i^2$ be the smallest integer strictly bigger than $(r_i^1-1)p_i^1$ satisfying, likewise,

Note that for each index i, we have $L_i=O(\log (i+1))$ due to $p_i^\ell$ values increasing geometrically with $\ell$. (if $p_i^{\ell+1}$ exists, it's not just strictly bigger than $(r_i^\ell-1)p_i^\ell$ but bigger than that by at least $p_i^\ell/2$. This establishes the geometric increase.)

Suppose now all $(p_i^\ell,r_i^\ell)$ values are given to us. The minimum cost is given by the recurrence

$$\mathrm{dp}(i,j) = \min\left\{\mathrm{dp}(i, j-1) + 1, \min_\ell \left(\mathrm{dp}\left(i,j - r_j^\ell p_j^\ell\right) + \mathrm{dp}(j-r_j^\ell p_j^\ell+1,j-p_j^\ell)\right)\right\}$$ with the understanding that for $i>j$ we set $\mathrm{dp}(i,j) = +\infty$. The table can be filled in $O(n^2 + n\sum_j L_j)$ time.

We already observed above that $\sum_j L_j = O(\sum_j \log (j+1)) = \Theta(n\log n)$ by bounding the sum term by term. But actually if we look at the whole sum, we can prove something sharper.

Consider the suffix tree $T(\overleftarrow{S})$ of the reverse of $S$ (i.e., the prefix tree of S). We will charge each contribution to the sum $\sum_i L_i$ to an edge of $T(\overleftarrow{S})$ so that each edge will be charged at most once. Charge each $p_i^j$ to the edge emanating from $\mathrm{nca}(v(i), v(i-p_i^j))$ and going towards $v(i-p_i^j)$. Here $v(i)$ is the leaf of the prefix tree corresponding to $S[1..i]$ and nca denotes the nearest common ancestor.

This shows that $O(\sum_i L_i)=O(n)$. The values $(p_i^j,r_i^j)$ can be calculated in time $O(n+\sum_i L_i)$ by a traversal of the suffix tree but I will leave the details to a later edit if anyone is interested.

Let me know if this makes sense.

There is your initial string S of length n. Here is the pseudo-code of the method.

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

I intentionally gave little details on "end brackets" as it needs lot of steps to stack and unstack which would let the core method unclear. The idea is to test an eventual further contraction inside the first one. for exemple ABCBCABCBC => (ABCBC)² => (A(BC)²)².

So the main point is to look for large periods first. Note that S[i] is the ith term of S skipping any "(", ")" or power.

• i-loop is O(n)
• j-loop is O(n)
• r+k-loops is O(log(n)) as it stops at first difference

This is globally O(n²log(n)).