下文令 \(|S| = n\)。
引理： 一个字符串中本质不同的回文串数量 \(\le n\)。
证明： 考虑每在字符串末尾添加一个字符，本质不同回文串数量最多增加 \(1\)。
考虑反证，设字符串在添加 \(s_n\) 后，\(s_{x...n}\) 与 \(s_{y...n}\)（令 \(x < y\)）都是 之前没有出现过 的回文串，那么根据回文串的定义，可得 \(s_x = s_n = s_y = s_{x+n-y}\)，\(s_{x+1} = s_{n-1} = s_{y+1} = s_{x+n-y-1}\)，以此类推，我们得到 \(s_{x...x+n-y}\) 与 \(s_{y...n}\) 完全相同，矛盾。因此引理得证。
考虑给每个本质不同的回文串编个号，然后建一个 DAG，\(x \to y\) 当且仅当 \(x\) 是 \(y\) 的子串。那么若选了 \(x\) 就不能选所有能到达 \(x\) 和所有能从 \(x\) 到达的点，所以题目求的就是这个 DAG 的 最大反链 。
根据 Dilworth 定理，可知在 DAG 中最大反链数 = 可重叠路径的最小划分数，也就是选出若干条链（可以重复经过某点），使得每个点都被覆盖至少一次。求最小可重路径覆盖可以二分图匹配。建一个二分图，若在原 DAG 上 \(x\) 可达 \(y\)，就从 \(x\) 的左部点连向 \(y\) 的右部点。感性理解，设原 DAG 结点数量为 \(m\)，一开始每个点形成一条路径，一个匹配意味着原来的 \(m\) 条路径中有两条结合了。
建图后跑一遍 Dinic 求出二分图最大匹配，再用回文串数量减去它就是最终答案。
由于回文串数量 \(\le n\)，因此总时间复杂度不超过 \(O(n^3)\)。
code
/*
p_b_p_b txdy
AThousandSuns txdy
Wu_Ren txdy
Appleblue17 txdy
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 1010;
const int maxm = 5000000;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, ntot, S, T, head[maxn], len = 1;
string s;
map<string, int> mp;
struct edge {
int to, next, cap, flow;
} edges[maxm];
void add_edge(int u, int v, int c, int f) {
edges[++len].to = v;
edges[len].next = head[u];
edges[len].cap = c;
edges[len].flow = f;
head[u] = len;
}
bool check(string s) {
for (int i = 0, j = (int)s.size() - 1; i < j; ++i, --j) {
if (s[i] != s[j]) {
return 0;
}
}
return 1;
}
struct Dinic {
int d[maxn], cur[maxn];
bool vis[maxn];
void add(int u, int v, int c) {
add_edge(u, v, c, 0);
add_edge(v, u, 0, 0);
}
bool bfs() {
for (int i = 1; i <= ntot; ++i) {
d[i] = -1;
vis[i] = 0;
}
queue<int> q;
q.push(S);
vis[S] = 1;
d[S] = 0;
while (q.size()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
edge &e = edges[i];
if (!vis[e.to] && e.cap > e.flow) {
vis[e.to] = 1;
d[e.to] = d[u] + 1;
q.push(e.to);
}
}
}
return vis[T];
}
int dfs(int u, int a) {
if (u == T || !a) {
return a;
}
int flow = 0, f;
for (int &i = cur[u]; i; i = edges[i].next) {
edge &e = edges[i];
if (d[e.to] == d[u] + 1 && (f = dfs(e.to, min(a, e.cap - e.flow))) > 0) {
e.flow += f;
edges[i ^ 1].flow -= f;
flow += f;
a -= f;
if (!a) {
break;
}
}
}
return flow;
}
int solve() {
int flow = 0;
while (bfs()) {
for (int i = 1; i <= ntot; ++i) {
cur[i] = head[i];
}
flow += dfs(S, inf);
}
return flow;
}
} solver;
void solve() {
cin >> s;
n = s.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = i; j < n; ++j) {
string t = s.substr(i, j - i + 1);
if (mp.find(t) == mp.end() && check(t)) {
mp[t] = ++m;
}
}
}
ntot = T = m * 2 + 2;
S = m * 2 + 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
solver.add(S, i, 1);
solver.add(i + m, T, 1);
}
for (auto p1 : mp) {
for (auto p2 : mp) {
string s = p1.fst, t = p2.fst;
int u = p1.scd, v = p2.scd;
if (u == v) {
continue;
}
if ((int)t.find(s) != -1) {
solver.add(u, v + m, 1);
}
}
}
printf("%d\n", m - solver.solve());
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}