题目描述

将字符串 \(T\) 拆成若干个子串，使这些子串为字符串 \(S\) 的前缀，要求拆分形成的子串数最小。

思路整理

实际上并不需要倒着枚举，也不需要线段树，更不需要 Z 函数。

如果你做过 P3002 恐吓信 这道题，不难发现他们之间的相似之处。

首先我们容易想到一个 \(O(n^2)\) 的暴力 dp 。令 \(f[i]\) 为切完前 \(i\) 个字符形成的最小子串，则可以列出下列转移方程：

\[f[i] = min(f[i-j]) + 1(0<=j<=min(|T|,i)\; and \; T(1 \sim j) == S[(i-j+1) \sim i])
\]

转移方程的实际含义就是枚举最后一刀应该砍在哪里，才能使最后一个子串为 \(T\) 的前缀，很简洁，我们尝试优化她。

首先方程的枚举只用于求最小的满足条件的 \(f[j]\) 。这很浪费。我们可以输出 \(f\) 数组进行观察，然后可以发现 \(f\) 数组单调递增。

证明一下：因为 \(S[1 \sim (i-1)]\) 是 \(S[1 \sim i]\) 的前缀，所以必然有这么长一种策略：在找到 \(S[1 \sim i]\) 的最后一个 \(T\) 的前缀时，将前缀的最后一个字母去除，就变成了\(S[1 \sim (i-1)]\) 的最后一个 \(T\) 的前缀。因此 \(f[i-1] <= f[i]\) 。

这样，我们的任务就变成了：寻找最小的满足条件的 \(j\) 。

在 P3002 中，我们的任务与这题类似。只不过 \(T\) 的所有子串都可作为魔法词缀。所以，在那题里，我们使用了后缀数组进行优化。

回到这题， 模拟一下找最远位置的步骤，发现我们要找的是最大的数 \(i\) 使 \(T\) 的长度为 \(i\) 前缀与 \(S\) 长度为 \(i\) 的后缀相等。

不如把这个问题视作将 \(T\) 在 \(S\) 上匹配。将 \(T\) 从第一位开始一位一位跟 \(S\) 的最后的字符匹配，这时我们可以发现这就是模拟了 KMP 文本串匹配模式串的过程。

从反方向理解一下：当 KMP 匹配到第 \(i\) 位时，指针 \(j\) 表示模式串匹配到前 \(j\) 位了。而与之匹配的就是文本串的后缀。

于是我们可以用 KMP 优化，在匹配途中记录下每个 \(i\) 对应的指针 \(j\) 作为能匹配的最大前缀，转移时只需要从这个转移即可。时间复杂度 \(O(|T|+|S|)\) ，瓶颈在 KMP。

代码讲解

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e7 + 5;

int n, m;

string T, S;

int dp[maxn], qian[maxn], f[maxn];

void kmp()

{

	int j=0;

	for(int i=2;i<=n;i++){

		while(j&&T[j+1]!=T[i]) j=qian[j];

		if(T[j+1]==T[i]) j++;

		qian[i]=j;

	}

	j=0;

	for(int i=1;i<=m;i++){

		while(j&&T[j+1]!=S[i]) j=qian[j];

		if(T[j+1]==S[i]) j++;

		f[i] = j;

	}

}

int main()

{

	std::ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(0);

	cout.tie(0);

	cin >> n >> m;

	cin >> T >> S;

	T = ' ' + T;

	S = ' ' + S;

	for(int i = 1;i <= m;i ++) dp[i] = 19198100;

	dp[0] = 0;

	kmp();

	for(int i = 1;i <= m;i ++)

	{

		dp[i] = min(dp[i], dp[i - f[i]] + 1);

	}

	if(dp[m] == 1919810) cout << "Fake" << endl;

	else cout << dp[m] << endl;

    return 0;

}

后记

本来不写题解不觉得，一写题解发现很多细节做题时并没有考虑清楚，例如单调性的证明做题时是通过打表得出的。这也证明了写题解和解题报告也是做题提升的重要一环。

P8112 符文破译的相关教程结束。