自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	liangbowen 不能再摆了，，，

搬运于2025-08-24 21:24:50，当前版本为作者最后更新于2022-06-20 18:12:59，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

---

前言

题目传送门！

更好的阅读体验？

这题是一道挺好的 $\texttt{dp}$ 题啊，但大家的题解都写得不够详细。

所以，我来补一篇 $\LaTeX$ 题解，希望能帮助大家。

思路

首先是读入，为了方便，我让字符串下标从 $1$ 开始。

string a;
int n; //字符串长度。
void Input()
{
	cin >> a;
	//个人习惯将起点下标变为 1 来算。
	n = a.length();
	a = '@' + a;
}

为了方便，我们后面用 $num(x, y)$ 表示下标为 $[x, y]$ 所构成的数。

容易想到，题目就是要我们求出：任意一个位置的最大结束下标。

考虑到，算这个之前，我们还得先算一算：任意一个位置的最小开始下标。

具体地，设 $f_i$ 表示将前 $i$ 位拆成递增数，最后一个数最小为 $num(f_i, i)$。

想要最小，则 $f_i$ 要尽可能大。

我们可以画一个图，方便推状态转移方程。

所以，状态转移方程如下。

$$f_i = \max\limits_{j=1}^{i}\begin{cases}j & num(f_{j-1}, j-1) < num(j, i)\\1 & j = 1\end{cases} $$

这里，我们发现一个问题：如何比较两个数的大小？

题解里的解决办法，代码稍长，提供一种简单的比较方式。

1. 分离出 $num(x, y)$，注意要去除前导 $0$。
2. 比较两个数（注意两个数实际上使用 string 存储的）：
   • 如果长度不等，则长度小的数小。
   • 如果长度相等，直接按字典序比较即可。

这样代码会短很多。

string num(int x, int y)
//将 a[i]~a[j] 的数分割出来，去除前导 0。
{
	string s = a.substr(x, y-x+1);
	while (s.length() > 1 && s[0] == '0') s.erase(0, 1);
	return s; 
}
bool Less(string x, string y)
//比较 x 与 y 两个数，注意不是比较字典序。
//当且仅当 x < y 返回 true。 
{
	if (x.length() != y.length()) return x.length() < y.length();
	return x < y; //长度相等，则字典序比较等同于数的比较。 
}
bool cmp(int x1, int y1, int x2, int y2)
//等同于：比较 num(x1, y1) 与 num(x2, y2) 的大小。
{
	string t1 = num(x1, y1), t2 = num(x2, y2);
	return Less(t1, t2);
}

有了这个 cmp() 函数，我们就可以很方便地完成第一次动规。

int f[N];
void DP1()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = i; j >= 2; j--) //从后往前枚举，第一次枚举到的 j 一定是最大的。
			if (cmp(f[j-1], j-1, j, i))
			{
				f[i] = j;
				break;
			}
		if (f[i] == 0) f[i] = 1; //如果没有符合的，则从头开始算一个。 
	}
}

接下来，就是处理『最小开始下标』了。

设 $dp_i$ 表示将 $[i, n]$ 这一段拆成递增数，第一个数最大为 $num(i, f_i)$。

我们再画一张图。

所以，状态转移方程如下。

$$dp_i = \max\limits_{j = i}^{f_n - 1}\begin{cases}j & num(i, j) < num(j+1, dp_{j+1})\end{cases} $$

并且有 $dp_{f[n]} = n$。

但是，这里并没有那么简单！

如果你直接就这样打了，可能只会获得 $\texttt{90pts}$。

错误原因是后面的 $0$ 造成的。

举例来说，有一个数 $\texttt{1234050}$。

如果单纯这样做，结果为 $\texttt{1,2,3,40,50}$。

发现 $f_7 = 6$，所以初始化 $dp_6 = 7$。

但是，第 $5$ 位是 $\texttt{0}$，根据样例，$\texttt{050}$ 也是符合的，并且末尾元素仍然最小！

显然，保持最优解的情况下，位数多一点更好。

所以，我们应该也让 $dp_5 = 7$。

这样，结果为 $\texttt{12,34,050}$。

代码比较好打，只需要注意此处的判断即可。

int dp[N];
void DP2()
{
	dp[f[n]] = n;
    //关键步骤，增添最后一个数的前导 0。
	int pos = f[n];
	for (pos = f[n]; pos-1 && a[pos-1] == '0'; pos--) dp[pos-1] = n;
	for (int i = pos-1; i; i--) //剩下的就和 DP1() 基本相等。
		for (int j = f[n] - 1; j >= i; j--)
			if (cmp(i, j, j+1, dp[j+1]))
			{
				dp[i] = j;
				break;
			}
}

大功告成，最后输出比较容易了。

void Output()
{
	string ans = ""; //本质就是输出了，只不过要处理末尾逗号罢了。 
	for (int i = 1; i <= n; i = dp[i] + 1)
	{
		for (int j = i; j <= dp[i]; j++) ans += a[j];
		ans += ',';
	}
	ans.erase(ans.length()-1, 1); //擦除最后一位逗号。
	cout << ans; 
}

代码

其实上面就是代码了，组合在一起即可。

但还是给出完整代码。具体注释参照上面。

这份完整代码保留的注释是调试语句，大家可以看一下。

码量不大。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 505
using namespace std;
string a;
int n;
void Input()
{
	cin >> a;
	n = a.length();
	a = '@' + a;
}
string num(int x, int y)
{
	string s = a.substr(x, y-x+1);
	while (s.length() > 1 && s[0] == '0') s.erase(0, 1);
	return s; 
}
bool Less(string x, string y)
{
	if (x.length() != y.length()) return x.length() < y.length();
	return x < y;
}
bool cmp(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
	string t1 = num(x1, y1), t2 = num(x2, y2);
	return Less(t1, t2);
}
int f[N];
void DP1()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = i; j >= 2; j--)
			if (cmp(f[j-1], j-1, j, i))
			{
				f[i] = j;
				break;
			}
		if (f[i] == 0) f[i] = 1;
		//printf("dp[%d] = %d.\n", i, dp1[i]);
	}
	/*
	for (int i = 1; i <= n; i++) printf("f[%d] = %d.\n", i, f[i]);
	printf("\n");  */
}
int dp[N];
void DP2()
{
	dp[f[n]] = n;
	int pos = f[n];
	for (pos = f[n]; pos-1 && a[pos-1] == '0'; pos--) dp[pos-1] = n;
	//printf("pos = %d.\n", pos);
	for (int i = pos-1; i; i--)
		for (int j = f[n] - 1; j >= i; j--)
			if (cmp(i, j, j+1, dp[j+1]))
			{
				dp[i] = j;
				//printf("dp[%d] = %d.\n", i, dp2[i]);
				break;
			}
	//for (int i = 1; i <= n; i++) printf("dp[%d] = %d.\n", i, dp[i]);
}
void Output()
{
	string ans = "";
	for (int i = 1; i <= n; i = dp[i] + 1)
	{
		for (int j = i; j <= dp[i]; j++) ans += a[j];
		ans += ',';
	}
	ans.erase(ans.length()-1, 1);
	cout << ans; 
}
int main()
{
    Input();
    DP1();
    DP2();
    Output();
    return 0;
}

尾声

建议大家好好复盘一下状态转移方程。

顺便给出时间复杂度：

• cmp() 函数的时间复杂度大约是 $O(n)$，实际运行时可以理解为常数。
• 两次 $\texttt{DP}$ 的时间复杂度都是 $O(n^2 \times n = n^3)$，实际运行接近 $O(n^2)$。

码字不易，感谢大家观看，希望能帮助到大家！