usaco Longest Prefix
2015-09-04 16:33
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很多看上去无从下手,或者暴力的复杂度超乎想象到实现都很困难的时候,可以考虑下两个临近状态的关系,通过状态的转移方程来解决问题。
拿这道题来说,我们要找可能的最长前缀,首先考虑最大子串(长度为n),也就是本身能否被组成,这个问题很复杂,但可以分解为,这个串减去所有构成元素后的子串能否被组成,也就是考察从若干个前面的状态是否可以推出下一个状态,只要有一个满足,dp【n】就应该置为1。
那么代码写出来就应该是从前往后循环,状态值由前往后求出,来保证转移方程的意义。
dp[0]=1;
int m=strlen(c);
for(i=1;i<=m;i++)//字符串的长度为m
{
int ok=0;
for(j=0;j<k;j++)//k是构成元素的个数
{
if(i>=e[j].len)
{
if(dp[i-e[j].len])
{
int n=0;
for(a=i-e[j].len+1;a<=i;a++)
if(c[a-1]==e[j].s[n++])
ok=1;
else {ok=0;break;}
}
}
if(ok==1) break;
}
if(ok==1) {dp[i]=1;}
}
拿这道题来说,我们要找可能的最长前缀,首先考虑最大子串(长度为n),也就是本身能否被组成,这个问题很复杂,但可以分解为,这个串减去所有构成元素后的子串能否被组成,也就是考察从若干个前面的状态是否可以推出下一个状态,只要有一个满足,dp【n】就应该置为1。
那么代码写出来就应该是从前往后循环,状态值由前往后求出,来保证转移方程的意义。
dp[0]=1;
int m=strlen(c);
for(i=1;i<=m;i++)//字符串的长度为m
{
int ok=0;
for(j=0;j<k;j++)//k是构成元素的个数
{
if(i>=e[j].len)
{
if(dp[i-e[j].len])
{
int n=0;
for(a=i-e[j].len+1;a<=i;a++)
if(c[a-1]==e[j].s[n++])
ok=1;
else {ok=0;break;}
}
}
if(ok==1) break;
}
if(ok==1) {dp[i]=1;}
}
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