《Line Up》解题报告

《Line Up》解题报告
题意描述
给出一个字符串S，其中每个字符都属于字符集Σ。

|Σ|≤10000，我们不妨把每个字符都用一个正整数来表示。

求一个最短的T∈Σ*，使得T不是S的跳跃子串。

所谓“跳跃子串”，就是从S中挑选（不一定连续地挑）若干个字符，按照它们原先在S中的顺序排列起来形成的字符串。

例如：设字符集为
{1,2,3,4,5}，对于字符串S=(1 5 3 2 5 1 3 4 4 2 5 1 2 3)、(1 5 4)、(2 5 3)和(1 2 5 4)都是它的跳跃子串，而(4 3 1)和(5 4 3 2)都不是。

对于这个字符串S，最短的T可以是(4 3 1)或者(4 3 2)或者其他的一些字符串，它们的长度均为3。

注意，长度为0的串为空串，它可以是任何字符串的跳跃子串。

给定字符集，输入S，输出最短的T的长度。

S的长度不超过1000000。

分析
这是一道比较新的题目，出现于USACO Open 2004。

以前有一道类似的题目，也是输入一个S，求一个最短的T满足T不是S的子串，但那题中“子串”指的是连续子串，也就是S中连续的一段，而这题是可以跳跃的，因此两者区别很大，以前的题目无法给我们帮助。

让我们从分析样例入手，为什么对于样例，最短的T的长度一定是3而不是更小呢？换句话说，为什么对于样例中的S，长度小于等于2的字符串不能是符合要求的T串呢？
我们把S分成两部分：
S=(1 5 3 2 5 1 3 4 4 2 5 1 2 3)=(1 5 3 2 5 1 3 4 4 2 5 1 2 3)
两部分之间留出了足够的空格，可以清楚地辨认出来。

这样一来，我们可以很明白地看出：前一部分包括了全部的字符，后一部分也是这样。

于是，对任何的长度等于2的字符串R=(a b)，总是可以在S的前一部分找到a，后一部分找到b，于是，可以找到S的某个跳跃子串等于R。

长度小于2的字符串就更不用说了。

所以说，长度小于等于2的任何字符串R都能在S中找到某个跳跃子串等于R，所以R不符合T串的定义。

于是，我们能够证明对于样例，最小的T至少长度为3，而我们又确实能够找到长度为3的T串，因此，答案就是3。

为什么我们一定要划分在两个“4”之间呢？因为如果划分点更靠前一些的话，第一部分必然缺少了“4”，于是对任意的R=(a b)，a不一定可以在前一部分找到；如果划分点更靠后一些的话，则势必造成浪费：原来的划分点已经可以保证前一部分中所有的字符都出现，划分点更靠后的话不会有新的字符包含在前一部分里，反而有可能造成后一部分少了一些字符，在这里，如果划分点更靠后的话，后一部分就少了一个“4”，同样不利于我们的证明。

分析了样例，我们大胆猜测：对于任何一个字符串，我们也可以这样做！
下面把问题稍微改变一点：给定字符集，输入一个字符串S，函数f(S)意义
为：对于任何长度不超过f(S)的字符串R，总是可以在S中找到某个跳跃子串等于R，并且存在某个串T，长度为f(S)+1，使得T等于S的任何一个跳跃子串。

模仿上面对样例的证明，我们给出f(S)的求法并尝试证明：
1.若S为空串，则返回0。

2.设集合Appeared代表目前“出现过”的所有字符集合，初始时为空。

3.从前向后扫描S的每个字符c，将c加入到Appeared中，直到Appeared=Σ，
或者S的所有字符都被扫描过为止，记录下扫描停止时的位置p（也就
是最后一次被加入到Appeared集合中的字符的位置）。

4.判断Appeared是否等于Σ。

如果Appeared=Σ，则返回1+f(S[p+1..n])，其中n为S的长度，S[p+1..n]代表从S的第(p+1)个字符到第n个字符所形成的字符串，若p+1>n则是一个空串。

这里出现了递归调用。

否则，直接返回0。

这个求f(S)的方法正确性可以用类似于前面所采取的方法来证明：首先看算法的第一步，若S为空串，则返回0，这是显然的，因为空串的跳跃子串还是空串，也就是说，只有长度为0的串才会等于S的跳跃子串。

通过第2步和第3步，我们知道，若Appeared=Σ，则S[1..p]包含了字符集中所有的字符，否则一定存在某个字符c∈Σ，且S中没有c出现。

并且我们还知道，如果是前一种情况，则S[p]这个字符在S[1..p]中只出现了一次（否则在p被加入Appeared之前扫描就会结束）。

先看4.2，在这种情况下，存在某个字符c，没有出现在S中，因此单独的一个字符c所形成的字符串（长度为1）不等于S的任何一个跳跃子串，所以，f(S)<1，也就是f(S)=0。

最后看 4.1，在这种情况下，S[1..p]包含了所有的字符。

设head=S[1..p]，tail=S[p+1..n]，则S=(head tail)，这正如我们分析样例时把S串划分成两部分。

t=f(tail)的含义是：任何长度不超过t的字符串都等于tail的某个子串，但是存在一个长度为t+1的字符串不等于tail的任何一个跳跃子串。

对于任何一个长度小于等于t+1的字符串R=(c R')，其中c是R的第一个字符，R'是剩下的部分，是一个长度不超过t的字符串，于是，R'一定等于tail的某个跳跃子串。

而c又可以在head中找到，所以，(c R')是S的跳跃子串。

也就是说，任何长度不超过t+1的字符串都等于S的某个跳跃子串。

存在长度为t+1的字符串不等于tail的任何一个跳跃子串，设一个这样的串为R'，设c=S[p]。

连接c和R'得到串R=(c R')，长度为t+2。

假设R等于S的某个跳跃子串，则首先，R不能是tail的跳跃子串，因为f(tail)=t<t+2，所以R中一定有一些字符出现在head中，特别地，R的第一个字符c一定出现在head中。

因为R[1]=c，而对任何1≤i≤p-1，S[i]≠c，所以这个跳跃子串选取的第一个字符位置一定是p，之后的字符选取位置至少是p+1，换句话说，R'必须在tail中选取。

但是根据R'的含义，它不能是tail的跳跃子串，也就是说，R不能是S的跳跃子串。

因此，存在一个长度为t+2的串R不等于S的任何跳跃子串。

综合以上两点，f(S)=t+1=1+f(tail)=1+f(S[p+1..n])。

我们知道，问题的答案就是1+f(S)，而求f(S)的算法正确性已经得到了证明，可以说，问题已经得到解决，只要选择合适的实现方式来确保时空复杂度。

算法描述中采用了一个Appeared集合，实际实现中可以使用一个标记数组
Tag，Tag[i]=0代表字符i不在集合中，Tag[i]=1代表字符i在集合中，并用变量tot存储集合的大小，每次加入一个字符i时，若Tag[i]=0则将tot增1并令Tag[i]=1，若Tag[i]=1则说明原先字符i就在集合里，不做任何改动。

这样，把字符加入集合Appeared的操作耗时为常数级，判断是否Appeared=Σ也只要比较是否tot=|Σ|，耗时也是常数级，只有一开始清空集合需要对每个字符i置Tag[i]=0，耗时为θ(|Σ|)。

我们预计算法的时间复杂度与字符串S的长度n相关，设它为O(h(n))。

算法的第一步耗时为常数，当n=0时，算法会在第一步直接返回，整个算法的时间复杂度为常数。

第二步耗时为θ(|Σ|)，第三步耗时为θ(p)。

若第四步中进入了情况 4.1，则说明S[1..p]包含了所有的|Σ|个字符，于是p≥|Σ|，所以θ(|Σ|)=O(p)，此时前三步的复杂度就是O(p)，第四步递归调用f(S[p+1..n])，S[p+1..n]长度为n-p，因此整个算法的时间复杂度是O(p+h(n-p))。

若第四步中进入了情况4.2，则第四步耗时为常数，整个算法的时间复杂度是为O(|Σ|)。

不难归纳证明，h(n)=n+|Σ|，也就是说，整个算法的时间复杂度是O(n+|Σ|)。

至于空间，如果传递字符串采用开头指针的方式，则空间复杂度也是O(n+|Σ|)。

实际实现中可以消除递归调用，提高速度。

总结
从解决本题的过程中可以体会到：分析问题时从一个实例入手往往能够快速打开局面。