【个人训练】The Cow Lexicon(POJ-3267)
继续大战dp。2018年11月30日修订,更新一下现在看到这个题目的理解(ps:就现在,poj又503了)。
题意分析
这条题目的大意是这样的,问一字符串内最少删去多少的字符使其由给定的若干字符串构成。非常好的一道字符串dp题。
具体的dp解法是什么呢?考虑一下我们删去的这个过程。比如说这个式子
throw
thraow
我们要不然删去a,要不然删去 “thraow”才能满足由第一个式子构成的这个条件(空串也算被第一个式子构造了)。但是,程序如何知道删去a是使这俩个单词匹配的最优决策?
我们这样考虑:每次从后往前考虑到第i个字符的时候,我有两个决策:一,这个字符不行,删掉(这是个始终合理的答案)。二,这个字符很行,从它($str_i$)到某个字符($str_j$)结束,是能够在删除若干字符的情况下匹配到某个目标串的(也就是说,某个目标串是$(i,j)$的子序列),那么从这个串到末尾的不能匹配的情况就变成(或者说“转移”)从那个目标串结束之后的字符开始的情况了(当然需要更新一下我删去的字符的数目)。
因此,有了上面这些思维过程,就可以想到设立$dp[i]$保存每次删去的最小值,并且从右往左去处理。这样,$dp[i]$的意思就是“从i->end删除最少的值”。
而转移方程自然很容易得出了:$$dp[i]={dp[i+1]+1,dp[cur]+L-cur-i}$$,第二个仅当目标字符串能够在[i,cur]中间删去若干字符后完成匹配可用。
代码
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
int dp[305];
int main()
{
int w,l;
while(cin>>w>>l)
{
string wstr; cin>>wstr;
vector<string> lstr;
for(int i=1;i<=w;++i)
{
string tmp; cin>>tmp;
lstr.push_back(tmp);
}
dp[l]=0;
for(int i=l-1;i>=0;--i)
{
dp[i]=dp[i+1]+1;
//printf("dp[%d]=%d.\n",i,dp[i+1]+1);
for(int j=0;j!=w;++j)
{
int len=lstr[j].length();
if(len<=l-i && lstr[j][0]==wstr[i])
{
int curw=i,curl=0;
while(curw<l)
{
if(lstr[j][curl]==wstr[curw++])
curl++;
if(curl==len)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[curw]+curw-i-len);
//printf("[Changed]dp[%d]=%d.\n",i,dp[i]);
break;
}
}
}
}
}
cout<<dp[0]<<endl;
}
return 0;
}
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