CFG算法的本地搜索

Question

是否存在可在多项式时间内解决以下问题的算法：

我们正在连接bitset中的位：

• 0只能连接到1
• 每个位只能连接一次
• 连接不能相交

给定位集的最大连接数是多少？

Answer 1

我们可以在这里使用动态编程。

1. 状态为(l, r) - 给定字符串的[l, r]子字符串。

2. 状态的值是子字符串中匹配符号的最大数量。

3. 基本情况很简单：对于所有小于2的子串，答案为0。

4. 对于所有较长的子串，我们可以做两件事：

   • 不要将第一个符号与任何内容匹配。

   • 将其与某些内容匹配并独立解决两个较小的子问题（它们是独立的，因为不允许交叉）。

那就是它。时间复杂度为O(n^3)（每个都有O(n^2)个状态和O(n)转换。这是一个伪代码（为简洁起见，省略了memoization）：

def calc(l, r)
    if l >= r
        return 0
    res = calc(l + 1, r)
    for k = l + 1 to r
        if match(s[l], s[k]) // match checks that two characters match
            res = max(res, 1 + calc(l + 1, k - 1) + calc(k + 1, r)) 
    return res 

Answer 2

实际上，给定序列0s和1s中的最大连接数是这两个值中的最小值 - 序列中的0的数量和序列中的1的数量。

如果您无法连接少数的所有位，则不存在这种情况。所以这个问题可以在O（n）中解决。