正题

题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/contest/115/problem/2

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题目大意

给出一个包含字母变量和若干种同级操作符的后缀表达式。求一个等价的表达式满足该表达式的连续相同段最少。

$1\le |S|\le 2500$

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解题思路

构建出表达树先，然后看一下什么能够化简，

1. 两个相邻的相同运算符可以合并
2. 一个非叶子节点下的相同叶子节点（字母节点）可以合并

先把这些合并了，然后目前的最优解就是现在的节点数量，但是还有一种情况可以合并。

就是兄弟节点中，非叶子节点和叶子节点可以合并。

用类树形$dp$求出所有节点的子树中的所有表达式的最优答案，如果不考虑上面那种情况就有
$$an{s}_i=1+\sum _{x->y}an{s}_y$$
然后考虑一个非叶子节点在最优情况下能否以某个字母作为开头，定义$av{l}_{x,c}$表示$x$节点在$ans$最大的情况下能否以$c$作为开头。（因为上面那种情况最多剩下一个费用，如果这里牺牲了子树的最优性那么至少需要增加一点费用，显然是一定不优的）

那么对于一个节点的所有儿子，将非叶子节点和叶子节点分成二分图，如果非叶子节点的$x$满足$av{l}_{x,c}=1$，那么向$c$连边。

然后跑二分图匹配就是$ans$可以减去的价值。

如何求出$avl$？如果一个字母$c$是$x$的儿子那么显然可以作为开头，否则如果有一个字母$c$满足$x$的一个非叶子儿子$y$使得$av{l}_{y,c}=1$，并且在二分图上删去$y$节点不会影响答案时，此时将该子树作为开头即可。

如何判断删除一个节点后最大匹配不变，如果原图中该点没有匹配显然可以直接删去。如果有匹配，那么将该节点打上禁止标记后从它的匹配点开始求一条增广路，如果有则可以删去。

时间复杂度$O(n^2)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=3100;
struct node{int to,next;
}a[N];
int n,cnt,tot,ls[N],ans[N];
bool del[N],leaf[N],ch[N][27],avl[N][27];
char s[N];stack<int> st;
namespace M{node a[N*27];bool v[27];int tot,ls[27],link[N];void clear(){for(int i=1;i<=cnt;i++)link[i]=0;for(int i=1;i<=26;i++)ls[i]=0;tot=cnt=0;return;}void addl(int x,int y){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;return;}int find(int x){if(v[x])return 0;int p,q;v[x]=1;for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;p=link[y];link[y]=x;if(!p||find(p))return 1;link[y]=p;}return 0;}int Match(int x){memset(v,0,sizeof(v));return find(x);}int Path(int x){if(!link[x])return 1;return Match(link[x]);}
}
bool isabc(char c)
{return (c>='a')&&(c<='z');}
void addl(int x,int y){if(leaf[y])ch[x][s[y]-'a'+1]=1;else{a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;}return;
}
void Merge(int x,int y){for(int i=1;i<=26;i++)ch[x][i]|=ch[y][i];for(int i=ls[y];i;i=a[i].next)if(!del[a[i].to])addl(x,a[i].to);del[y]=1;return;
}
void dfs(int x){for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;dfs(y);if(s[x]==s[y])Merge(x,y);}for(int i=1;i<=26;i++)ans[x]+=ch[x][i];ans[x]++;return;
}
void dp(int x){for(int i=ls[x];i;i=a[i].next)if(!del[a[i].to])dp(a[i].to);M::clear();for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;if(del[y])continue;++cnt;ans[x]+=ans[y]; for(int j=1;j<=26;j++)if(avl[y][j]&&ch[x][j])M::addl(j,cnt);}for(int i=1;i<=26;i++)if(ch[x][i])ans[x]-=M::Match(i);for(int i=1;i<=26;i++)avl[x][i]=ch[x][i];for(int i=ls[x],p=0;i;i=a[i].next){int y=a[i].to;if(del[y])continue;p++;if(M::Path(p)){for(int j=1;j<=26;j++)avl[x][j]|=avl[y][j];}}return;
} 
int main()
{freopen("expr.in","r",stdin);freopen("expr.out","w",stdout);scanf("%s",s+1);int l=strlen(s+1);for(int i=1;i<=l;i++){++n;if(isabc(s[i]))leaf[n]=1;else{addl(n,st.top());st.pop();addl(n,st.top());st.pop();}st.push(n);}dfs(n);dp(n);printf("%d\n",ans[n]);return 0;
}