题面
题目描述
标点符号的出现晚于文字的出现，所以以前的语言都是没有标点的。现在你要处理的就是一段没有标点的文章。
一段文章 \(T\) 是由若干小写字母构成。一个单词 \(W\) 也是由若干小写字母构成。一个字典 \(D\) 是若干个单词的集合。我们称一段文章 \(T\) 在某个字典 \(D\) 下是可以被理解的，是指如果文章 \(T\) 可以被分成若*分，且每一个部分都是字典 \(D\) 中的单词。
例如字典 \(D\) 中包括单词 \(\{‘is’, ‘name’, ‘what’, ‘your’\}\) ，则文章 \(‘whatisyourname’\) 是在字典 \(D\) 下可以被理解的，因为它可以分成 \(4\) 个单词： \(‘what’, ‘is’, ‘your’, ‘name’\) ，且每个单词都属于字典 \(D\) ，而文章 \(‘whatisyouname’\) 在字典 \(D\) 下不能被理解，但可以在字典 $D’=D+ { ‘you’ } $ 下被理解。这段文章的一个前缀 \(‘whatis’\) ，也可以在字典 \(D\) 下被理解，而且是在字典 \(D\) 下能够被理解的最长的前缀。
给定一个字典 \(D\) ，你的程序需要判断若干段文章在字典 \(D\) 下是否能够被理解。并给出其在字典 \(D\) 下能够被理解的最长前缀的位置。
输入输出格式
输入格式：
输入文件第一行是两个正整数 \(n\) 和 \(m\) ，表示字典 \(D\) 中有 \(n\) 个单词，且有 \(m\) 段文章需要被处理。之后的 \(n\) 行每行描述一个单词，再之后的 \(m\) 行每行描述一段文章。
其中 \(1 \leq n, m \leq 20\) ，每个单词长度不超过 \(10\) ，每段文章长度不超过 \(1M\) 。
输出格式：
对于输入的每一段文章，你需要输出这段文章在字典 \(D\) 可以被理解的最长前缀的位置。
输入输出样例
输入样例：
4 3
is
name
what
your
whatisyourname
whatisyouname
whaisyourname
输出样例：
14
6
0
思路
今天的任务是复习 \(Trie\) 树和 \(AC\) 自动机！ --Uranus
\(30 \ mins \ later\)
艹 ---Uranus
今天复习字符串算法，然后就随到了这道字符串毒瘤题。调试了很久，终于过了。
首先拿到这题，显然要先建立一棵 \(Trie\) 或者造一台 \(AC\) 自动机 （量词和动词都没有错呢） ，然而我太蒻了忘了怎么跳 \(AC\) 自动机的 \(fail\) 指针，于是就写的 \(Trie\) 。
接下来如何去匹配呢？我首先想到的是深度优先搜索。对于一段文章，每次查询到到一个前缀存在于 \(Trie\) 中，就选择从根节点重新来找单词，还是继续找下去。这样就可以很容易写出深搜代码：
int dfs(int now)//now表示当前查找的开始位置
{
int p=0,re=0;//re为返回值,p为Trie的节点编号,root=0
for(register int i=now;i<tot_len;i++)//tot_len为文章的长度
{
int id=str[i]-'a';
if(!nex[p][id]) return re;//不存在这个单词
p=nex[p][id];
if(len[p]) re=max(re,len[p]+dfs(i+1));//len!=0时表示当前单词的长度(Trie中该节点深度)，考虑重新搜索
}
return re;//溜了溜了
}
然后就有了 \(74\) 分：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=210;
int n,m,cnt,tot_len,nex[MAXN][26],len[MAXN];
string str;
inline void add()
{
int p=0;
for(register int i=0;i<tot_len;i++)
{
int id=str[i]-'a';
if(!nex[p][id]) nex[p][id]=++cnt;
p=nex[p][id];
}
len[p]=tot_len;
}
int dfs(int now)
{
int p=0,re=0;
for(register int i=now;i<tot_len;i++)
{
int id=str[i]-'a';
if(!nex[p][id]) return re;
p=nex[p][id];
if(len[p]) re=max(re,len[p]+dfs(i+1));
}
return re;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
while(n--)
{
cin>>str;
tot_len=str.length();
add();
}
while(m--)
{
cin>>str;
tot_len=str.length();
cout<<dfs(0)<<endl;
}
return 0;
}
在一番玄学优化无用之后开始思考使用 \(dp\) 来优化搜索。首先写一个 \(bool\) 函数 \(fd(int \ l,int \ r)\) 表示文章的 \([l,r]\) 区间所形成的单词是否存在于 \(Trie\) 中，然后定义 \(bool\) 变量 \(f[i]\) 表示 文章中的 \([1,i]\) 区间是否可以为最长前缀。那么有
\]
于是我们就有了 \(24\) 分代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=210;
int n,m,cnt,len,ans,nex[MAXN][26];
bool en[MAXN],f[1100000];
string str;
inline void add()
{
int p=0;
for(register int i=0;i<len;i++)
{
int id=str[i]-'a';
if(!nex[p][id]) nex[p][id]=++cnt;
p=nex[p][id];
}
en[p]=true;
}
inline bool fd(int l,int r)
{
int p=0;
for(register int i=l;i<=r;i++)
{
int id=str[i]-'a';
if(!nex[p][id]) return false;
p=nex[p][id];
}
return en[p];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
cout.tie();
cin>>n>>m;
while(n--)
{
cin>>str;
len=str.length();
add();
}
while(m--)
{
cin>>str;
len=str.length(),ans=0;
for(register int i=0;i<len;i++)
{
f[i]=false;
for(register int j=max(i-len,-1);j<i;j++)
if((j==-1||f[j])&&fd(j+1,i))
{f[i]=true;ans=i+1;break;}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
\(24\) 分？没错，改用了动态规划之后时间反而变慢了，这是因为填表法的时间复杂度太高了。改用刷表法，利用前面的状态，就可以大大降低时间复杂度。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=210;
int n,m,cnt,len,ans,nex[MAXN][26];
bool en[MAXN],f[1100000];
string str;
inline void add()
{
int p=0;
for(register int i=0;i<len;i++)
{
int id=str[i]-'a';
if(!nex[p][id]) nex[p][id]=++cnt;
p=nex[p][id];
}
en[p]=true;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
cout.tie();
cin>>n>>m;
while(n--)
{
cin>>str;
len=str.length();
add();
}
while(m--)
{
cin>>str;
memset(f,0,sizeof f);
len=str.length(),ans=0;
for(register int i=-1;i<len;i++)
if(i==-1||f[i])
{
int j=i+1,id=str[j]-'a',p=nex[0][id];
while(p&&j<len)
{
if(en[p]) f[j]=true;
id=str[++j]-'a',p=nex[p][id];
}
}
for(register int i=len-1;i>=0;i--) if(f[i]) {ans=i+1;break;}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
总结
用了三种算法，过了一种。那要是在 \(NOIP\) 赛场上，写挂了之后又不知道自己挂了该怎么办呢？所以分析时间复杂度就很重要了。
插入操作的时间比较少，我们就不考虑在时间复杂度之中了。首先我们定义一个单词的长度为 \(|P|\) ，一段文章的长度为 \(|S|\) 。
第一种解法：
最坏情况下，每次 \(dfs\) 都考虑是否重新 \(dfs\) ，那么查询复杂度为 \(O(|S|*|P|!)\) ，总的时间复杂度就是 \(O(m|S|*|P|!)\) 。
第二种解法：
一次 \(fd\) 函数的调用的时间复杂度为 \(O(|S|)\) ，动态规划的两层循环是 \(O(|S|^2)\) 的，所以总的时间复杂度就是 \(O(m|S|^3)\) 。这样写的话时间复杂度就与 \(|P|\) 无关而与 \(|S|\) 关系太大了，而 \(|S|>>|P|\) ，自然得分很低。
第三种解法：
一次刷表的时间为 \(|P|\) ， 总共循环 \(|S|\) 次，所以总的时间复杂度为 \(O(m|S||P|)\) 了，显然能过。