[Noip模拟题]RP字符串

Description

小A在经过长期的实践和研究之后发现有一类特殊的01字符串能够增加RP，小A称之为RP字符串。首先0是一个RP字符串，如果A、B都是RP字符串，那么1AB1也是RP字符串。现在小A有一些字符串，他想知道那些能增加RP，你能帮帮他吗？

Input

第一行一个数字T表示数据组数。

下面每组数据第一行一个正整数n表示字符串长度，

第二行为一个长度为n的字符串。

n<=800，T<=10。

Output

输出T行，每行一个字符串”YES”，或”NO”表示是不是RP字符串。

Sample Input

3

4

1001

7

1100101

7

0110011

Sample Output

YES

YES

NO

HINT

O(n3)算法

如果从DP的角度去想，设fi,j表示i到j这个区间是不是RP字符串，那么很容易推出状态转移方程：

fi,j=ai&aj&fi+1,k&fk+1,j−1 (0<i<j<=n，k为[i+1,j−2]的区间内任意一个整数)

fi,i=!ai (0<i<=n)

这个算法的复杂度显然是O(n3)的，肯定会TLE。

O(n3)代码

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int maxn=800;

char s[maxn+10];
int a[maxn+10],f[maxn+10][maxn+10],t,n;

int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
a[i]=s[i]-'0';
}
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=n; i>0; i--)
{
for(int j=i; j<=n; j++)
{
if(j-i)
{
if(a[i]&a[j])//检查a[i]和a[j]是否都为1
{
for(int k=i+1; k<j; k++)
{
f[i][j]|=f[i+1][k]&f[k+1][j-1];
if(f[i][j])
{
break;
}
}
}
else
{
f[i][j]=0;
}
}
else
{
if(a[i])
{
f[i][j]=0;
}
else
{
f[i][j]=1;
}
}
}
}
if(f[1]
)
{
puts("YES");
}
else
{
puts("NO");
}
}
return 0;
}

O(n2)算法

显然，0是最短的RP字符串，而1001则为第二短的字符串。那么所有的1001都可以作为0处理，将1001转换为0，这样一直处理下去，最终所有的RP字符串都可以转换成0，非RP字符串则不能转换成0。那么可以枚举所有的位置，如果这个位置是一段1001的起点，那么就将这段1001替换成0，再从头开始枚举位置（因为可能产生了新的一段1001），直到找不到1001或已经变成了0为止。

O(n)算法

上面的O(n2)算法显然还有可以优化之处。每一次产生新的一段1001，必定是在上一次消除的1001附近，这样就可以用栈来优化（乱搞）了。枚举位置，将当前位置进栈，如果栈顶是一段1001序列，那么就将栈顶的四个元素弹出，再将0进栈，当扫到末尾而且栈内只剩一个元素0时说明这是一个RP字符串。

O(n)代码

#include <cstdio>

const int maxn=800;

char s[maxn+10];
int a[maxn+10],f[maxn+10][maxn+10],t,n,stack[maxn+10],head;

int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
a[i]=s[i]-'0';
}
head=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
head++;
stack[head]=a[i];
if((head>3)&&(stack[head]==1)&&(stack[head-1]==0)&&(stack[head-2]==0)&&(stack[head-3]=1))
{
head-=3;
stack[head]=0;
}
}
if((head==0)||((head==1)&&(stack[head]==0)))
{
puts("YES");
}
else
{
puts("NO");
}
}
}