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 $T$ 可以被分成若干部分，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

\[f[i]= \{ k \ | \ (f[k]=true \ or \ k=-1) \ and \ fd(k+1,i)=true \} \]

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。

Luogu P2292 [HNOI2004]L语言(Trie+dp)

题面