[HNOI2006]最短母串问题——AC自动机+状压+bfs环形处理

Description

给定n个字符串（S1,S2,„,Sn），要求找到一个最短的字符串T，使得这n个字符串（S1,S2,„,Sn）都是T的子串。

32MB

Input

第一行是一个正整数n（n<=12），表示给定的字符串的个数。

以下的n行，每行有一个全由大写字母组成的字符串。每个字符串的长度不超过50.

Output

只有一行，为找到的最短的字符串T。在保证最短的前提下，

如果有多个字符串都满足要求，那么必须输出按字典序排列的第一个。

Sample Input

2
ABCD
BCDABC

Sample Output

ABCDABC

 

Solution

一看是一个AC自动机。

一看是一个状压。

一看AC自动机节点再记录一个has包含的字符串集合。

一看要输出方案，肯定也要先考虑怎么弄出最短的长度。

f[i][(1<<n)-1]表示，匹配到AC自动机上的i点，包含的字符串集合为。。。的最短长度。

一看转移有环，然后无法再加入新的阶段，因为会MLE会TLE

所以要环形处理。

一看是一个取min的do

所以可以考虑最短路。

dij，spfa复杂度卡不过。

一看边权只有1……

BFS大法吼！

长度OK

怎么处理方案？

ywy_c_asm:

一遍bfs求出最短距离len，然后再一遍dfs找方案。

dfs时，相当于再把bfs的最短路怎么来的再访问一遍。如果dis[y]=dis[x]+1那么可以转移的，才可以访问。

还需要知道一个点到终点的最短路。

（反向多起点BFS???不行，或运算不可逆）

我们dfs时就可以实现的。类似树形dp

然后如果一个点到一个(1<<n)-1状态的点距离为juli的话，如果有dis[x]+juli[x]==len，那么，这次选择的这个y，所填的字符，就是最终答案的一个字符。

直接加入答案字符串。

char从A~Z枚举。保证第一次搜到的是字典序最小的。

而且一定是连续加入ans字符串。

dfs开头放上，如果tot==n return；

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
const int M=;
const int U=**((<<)-)+;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
char s[];
struct trie{
    int fail[M],ch[M][];
    int has[M];
    int cnt;
    void ins(char *s,int l,int id){
        int now=;
        for(int i=;i<=l;i++){
            int x=s[i]-'A';
            if(!ch[now][x]) ch[now][x]=++cnt;
            now=ch[now][x];
        }
        has[now]|=(<<(id-));
    }
    void build(){
        queue<int>q;
        for(int i=;i<=;i++){
            if(ch[][i]) fail[ch[][i]]=,q.push(ch[][i]);
        }
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();q.pop();
            has[x]|=has[fail[x]];
            for(int i=;i<=;i++){
                if(ch[x][i]){
                    fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i];
                    q.push(ch[x][i]);
                }
                else ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
            }
        }
    }
}ac;
int get(int ptr,int st){
    return ptr*(<<n)+st;
}
int dis[U];
bool vis[U];
struct node{
    int P,S;
};
queue<node>q;
void bfs(){

    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    int str=get(,);
    dis[str]=;
    vis[str]=;
    node nn;nn.P=,nn.S=;
    q.push(nn);
    while(!q.empty()){
        node lp=q.front();q.pop();
        for(int i=;i<=;i++){
            int to=ac.ch[lp.P][i];
            int NS=lp.S|ac.has[ac.ch[lp.P][i]];
            int NID=get(to,NS);
            if(!vis[NID]){
                dis[NID]=dis[get(lp.P,lp.S)]+;
                vis[NID]=;
                node kk;
                kk.P=to;kk.S=NS;
                q.push(kk);
            }
        }
    }
}
int len;
int tot;
char ans[M];
int juli[U];
void dfs(int ptr,int st){

    int now=get(ptr,st);
    juli[now]=inf;

    if(tot==len) return;

    if(st==(<<n)-) {
        juli[now]=;return;
    }
    for(int i=;i<=;i++){
        int to=ac.ch[ptr][i];
        int NS=st|ac.has[to];
        int NID=get(to,NS);
        if(dis[NID]==dis[now]+){
            if(!vis[NID]){
                vis[NID]=;
                dfs(to,NS);
            }
            juli[now]=min(juli[now],juli[NID]+);
            if(dis[now]+juli[now]==len){
                ans[++tot]='A'+i;return;
            }
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+);
        int l=strlen(s+);
        ac.ins(s,l,i);
    }
    ac.build();
    bfs();
    len=inf;
    //for(int j=0;j<=(1<<n)-1;j++)
    //for(int i=0;i<=ac.cnt;i++){
    //    cout<<i<<" "<<j<<" : "<<dis[get(i,j)]<<endl;
    //}
    for(int i=;i<=ac.cnt;i++){
        int id=get(i,(<<n)-);
        len=min(len,dis[id]);
    }
    //cout<<" len "<<len<<endl;
    memset(vis,,sizeof vis);
    memset(juli,0x3f,sizeof juli);
    vis[get(,)]=;
    dfs(,);
    //int haha=dfs(0,0);
    for(int i=tot;i>=;i--){
        printf("%c",ans[i]);
    }
    return ;
}

1

但是不够优美。

为什么要bfs然后再dfs呢？

bfs也可以求前驱啊！！
bfs时，第一更新到的就是最短路。

如果我们char A~Z，那么更新到的char

也就叫from[y]，也就是到y这个点所形成的字典序最小字符串最后一个字符。

记录from，pre（也就是前驱）

bfs后，先找到len

再把所有f[i][(1<<n)-1]的字符找出来，cmp一下。

反正复杂度不超过600*600

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
const int M=;
const int U=**((<<)-)+;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
char s[];
struct trie{
    int fail[M],ch[M][];
    int has[M];
    int cnt;
    void ins(char *s,int l,int id){
        int now=;
        for(int i=;i<=l;i++){
            int x=s[i]-'A';
            if(!ch[now][x]) ch[now][x]=++cnt;
            now=ch[now][x];
        }
        has[now]|=(<<(id-));
    }
    void build(){
        queue<int>q;
        for(int i=;i<=;i++){
            if(ch[][i]) fail[ch[][i]]=,q.push(ch[][i]);
        }
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();q.pop();
            has[x]|=has[fail[x]];
            for(int i=;i<=;i++){
                if(ch[x][i]){
                    fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i];
                    q.push(ch[x][i]);
                }
                else ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
            }
        }
    }
}ac;
int get(int ptr,int st){
    return ptr*(<<n)+st;
}
int dis[U];
bool vis[U];
struct node{
    int P,S;
};
queue<node>q;
int pre[U];
int from[U];
void bfs(){
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    int str=get(,);
    dis[str]=;
    vis[str]=;
    pre[str]=-;//warning!!
    node nn;nn.P=,nn.S=;
    q.push(nn);
    while(!q.empty()){
        node lp=q.front();q.pop();
        for(int i=;i<=;i++){
            int to=ac.ch[lp.P][i];
            int NS=lp.S|ac.has[ac.ch[lp.P][i]];
            int NID=get(to,NS);
            if(!vis[NID]){
                dis[NID]=dis[get(lp.P,lp.S)]+;
                vis[NID]=;
                from[NID]=i+;//warning!!!!
                pre[NID]=get(lp.P,lp.S);
                node kk;
                kk.P=to;kk.S=NS;
                q.push(kk);
            }
        }
    }
}
int len;
int tot;
char ans[M];
char a[M];
bool fl;
bool cmp(char *a,char *b){//a better than b?
    for(int i=;i<=len;i++){
        if(a[i]<b[i]) return ;
        if(a[i]>b[i]) return ;
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+);
        int l=strlen(s+);
        ac.ins(s,l,i);
    }
    ac.build();
    bfs();
    len=inf;
    for(int i=;i<=ac.cnt;i++){
        int id=get(i,(<<n)-);
        len=min(len,dis[id]);
    }
    fl=false;
    //cout<<" len "<<len<<endl;
    for(int i=;i<=ac.cnt;i++){
        int id=get(i,(<<n)-);
        if(dis[id]==len){
            int tmp=len;
            int z=id;
            while(pre[z]!=-){
                //cout<<z<<endl;
                a[tmp]='A'+(from[z]-);
                z=pre[z];tmp--;
            }
            if(!fl){
                fl=true;
                memcpy(ans,a,sizeof a);
            }
            else{
                if(cmp(a,ans)) memcpy(ans,a,sizeof a);
            }
        }
    }
    printf("%s",ans+);
    return ;
}

2

但是还不够优美！！

为什么bfs之后还要再比较一遍字符串呢？？

bfs中，第一次到达一个(1<<n)-1的点,

这个点就一定是最优解的最后一个节点！！！

因为，bfs分层图保证了最短。

for char A~Z保证了字典序最优。

直接输出即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
const int M=;
const int U=**((<<)-)+;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
char s[];
struct trie{
    int fail[M],ch[M][];
    int has[M];
    int cnt;
    void ins(char *s,int l,int id){
        int now=;
        for(int i=;i<=l;i++){
            int x=s[i]-'A';
            if(!ch[now][x]) ch[now][x]=++cnt;
            now=ch[now][x];
        }
        has[now]|=(<<(id-));
    }
    void build(){
        queue<int>q;
        for(int i=;i<=;i++){
            if(ch[][i]) fail[ch[][i]]=,q.push(ch[][i]);
        }
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();q.pop();
            has[x]|=has[fail[x]];
            for(int i=;i<=;i++){
                if(ch[x][i]){
                    fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i];
                    q.push(ch[x][i]);
                }
                else ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
            }
        }
    }
}ac;
int get(int ptr,int st){
    return ptr*(<<n)+st;
}
int dis[U];
bool vis[U];
struct node{
    int P,S;
};
queue<node>q;
int pre[U];
int from[U];
int len;
char ans[M];
void bfs(){
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    int str=get(,);
    dis[str]=;
    vis[str]=;
    pre[str]=-;//warning!!
    node nn;nn.P=,nn.S=;
    q.push(nn);
    while(!q.empty()){
        node lp=q.front();q.pop();
        for(int i=;i<=;i++){
            int to=ac.ch[lp.P][i];
            int NS=lp.S|ac.has[ac.ch[lp.P][i]];
            int NID=get(to,NS);
            if(!vis[NID]){
                dis[NID]=dis[get(lp.P,lp.S)]+;
                vis[NID]=;
                from[NID]=i+;//warning!!!!
                pre[NID]=get(lp.P,lp.S);
                node kk;
                kk.P=to;kk.S=NS;
                q.push(kk);
                if(NS==(<<n)-){
                    int z=NID;
                    while(pre[z]!=-){
                        ans[++len]='A'+(from[z]-);
                        z=pre[z];
                    }
                    return;
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+);
        int l=strlen(s+);
        ac.ins(s,l,i);
    }
    ac.build();
    bfs();
    for(int i=len;i>=;i--) printf("%c",ans[i]);
    return ;
}

3

总结：

有的时候我们只关心最优答案。

但有的时候我们也关心方案。（毕竟知道方案比较实用）

方案的输出就要求高了一些。

但是肯定也是在最优答案的基础上的。

关于路径转移，凑字典序最小，经常通过松弛最优解的顺序，恰好可以保证松弛路径就是最小字典序。

本题就是一个很好的例子。