LA 3942 Remember the Word——DP + 字典树

LA 3942 Remember the Word——DP + 字典树

蓝书例题，提示状态转移方程为dp【i】 = sum{dp【i + len（s）】}，其中s是S【i……n-1】的前缀

然而一开始并不明白这个状态转移方程，看了很多博客还是云里雾里，最后在纸上手动演算了一下才明白，推荐不明白的朋友根据下面的方法在草纸上演算一下。

不考虑字典树，我们像蓝书介绍的那样定义dp【i】为【从第i个字符到最后一个字符的子串】的方案数，明显dp【i】是和原问题规模相同的子问题，现在我们来解决这个子问题：

对于dp【i】代表的字符串s【i~n-1】（字符串最后一位是n-1），可以看做【前缀+更小的子问题】，它能由更小的子问题转移的条件是前缀在字典中存在（这里不明白的话演算一下下面的例子），所以我们要得到子问题dp【i】的解，就要枚举它的所有前缀，从中找出合法的前缀，然后统计前缀后面的【更小的子问题】， 求和，dp【i】的解就是统计出来的和，这就是“dp【i】 = sum{dp【i + len（s）】}，其中s是S【i……n-1】的前缀”的由来（注意s是dp【i】代表的子串的所有前缀）

枚举前缀的复杂的为O（n），算上递推时的复杂度，一共O（n^2）（这还没算判断前缀是否合法的复杂度），一定会超时，现在就要考虑字典树优化，对于dp【i】代表的子串，我们在字典树中寻找该子串路径上val为1的节点,说白了就是这个子串包含的前缀，每到一个这样的节点（设为x），就让dp【i】 += dp【x+1】，最终结果为dp【0】

理解了上述过程后，不难想到边界为dp【n】 = 1；

例子：

对于样例abcd，字典a、b、ab、cd，从a开始，合法前缀为a、ab，所以dp【0】 = dp【1】 + dp【2】，产生了dp【1】和dp【2】两个子问题；

先看dp【1】，它代表的字符串为bcd，合法前缀为b，所以dp【1】 = dp【2】， 产生了一个子问题dp【2】；

然后看dp【2】，合法前缀为cd，所以dp【2】 = dp【4】，dp【4】是我们设置的边界，值为1，所以dp【2】 = 1；

最终dp【0】 = 2

#include #include #include #include #define SIZE 26using namespace std;const int mod = 20071027;const int maxn = 5 * 1e5 + 10;char S[maxn], P[maxn];int flag = 0, n, m, total, dp[maxn];struct Trie { int val, child[SIZE]; void init() { val = 0; memset(child, 0, sizeof(child)); }}trie[SIZE * maxn];void init() { total = 0; dp[n] = 1; trie[0].init();}void update(char *str) { int len = strlen(str), root = 0; for (int i = 0; i < len; i++) { int t = str[i] - 'a', pos = trie[root].child[t]; if (!pos) { pos = ++total; trie[pos].init(); trie[root].child[t] = pos; } root = pos; } trie[root].val = 1;}int query(int L, int R) { int root = 0, sum = 0; for (int i = L; i <= R; i++) { int t = S[i] - 'a', pos = trie[root].child[t]; if (!pos) break; if (trie[pos].val) { sum = (sum + dp[i + 1]) % mod; } root = pos; } return sum;}int main() { while (~scanf("%s", S)) { n = strlen(S); init(); scanf("%d", &m); while (m--) { scanf("%s", P); update(P); } for (int i = n - 1; i >= 0; i--) { dp[i] = query(i, n - 1); } printf("Case %d: %d\n", ++flag, dp[0]); } return 0;}

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