BZOJ4032[HEOI2015]最短不公共子串——序列自动机+后缀自动机+DP+贪心
题目描述
在虐各种最长公共子串、子序列的题虐的不耐烦了之后，你决定反其道而行之。
一个串的“子串”指的是它的连续的一段，例如bcd是abcdef的子串，但bde不是。
一个串的“子序列”指的是它的可以不连续的一段，例如bde是abcdef的子串，但bdd不是。
下面，给两个小写字母串A，B，请你计算：
(1) A的一个最短的子串，它不是B的子串
(2) A的一个最短的子串，它不是B的子序列
(3) A的一个最短的子序列，它不是B的子串
(4) A的一个最短的子序列，它不是B的子序列
输入
有两行，每行一个小写字母组成的字符串，分别代表A和B。
输出
输出4行，每行一个整数，表示以上4个问题的答案的长度。如果没有符合要求的答案，输出-1.
样例输入
aabbcc
abcabc
abcabc
样例输出
2
4
2
4
4
2
4
提示
对于100%的数据，A和B的长度都不超过2000
真正的四合一，一题更比四题强。
本题需要用到序列自动机和后缀自动机，后缀自动机在这里就不赘述了，说一下序列自动机：序列自动机就是对于序列的每一位$i$维护$next[i][j]$表示在第$i$个数之后最早出现$j$数字的位置，构建时只需要倒序枚举序列更新$next$数组即可。设串长为$n$。
子任务1
维护$f[i][j]$表示以$A$的第$i$个字符为结尾的前缀和以$B$的第$j$个字符为结尾的前缀的最长公共后缀，那么对于每个$i$，枚举所有的$j$并取$f[i][j]$的最大值$+1$来更新答案。注意当$f[i][j]$的最大值等于$i$时不能更新答案。时间复杂度为$O(n^2)$
子任务2
对$B$建序列自动机，对于以$A$的第$i$个字符为开头的后缀，我们将它在序列自动机上匹配，当到一个位置失配时，用当前匹配长度$+1$来更新答案。时间复杂度为$O(n^2)$。
子任务3
对$B$建后缀自动机，维护$f[i]$表示$A$的子序列匹配到后缀自动机上的$i$点的最短长度。枚举$A$的每个字符来更新$f$数组：当自动机上当前点$x$能匹配当前枚举字符时$f[to]=min(f[to],f[x]+1)$，否则用$f[x]+1$来更新答案。注意$x$要倒序枚举防止更新到当前层。时间复杂度为$O(n^2)$。
子任务4
与子任务3的做法类似，只需要将后缀自动机换成序列自动机即可。时间复杂度为$O(n^2)$。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
char S[3000];
char T[3000];
namespace subtask1
{
int f[3000][3000];
int solve()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(S[i]==T[j])
{
f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
}
}
}
int ans=1<<30;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int res=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
res=max(res,f[i][j]);
}
if(res!=i)
{
ans=min(res+1,ans);
}
}
return ans>n?-1:ans;
}
};
namespace subtask2
{
int next[3000][30];
int suf[30];
int solve()
{
for(int i=0;i<26;i++)
{
suf[i]=m+1;
}
for(int i=m;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<26;j++)
{
next[i][j]=suf[j];
}
suf[T[i]-'a']=i;
}
int ans=1<<30;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int now=0;
for(int j=i;j<=n;j++)
{
now=next[now][S[j]-'a'];
if(now>m)
{
ans=min(ans,j-i+1);
break;
}
}
}
return ans>n?-1:ans;
}
};
namespace subtask3
{
int tr[5000][30];
int len[5000];
int pre[5000];
int f[5000];
int cnt=1;
int last=1;
void insert(int x)
{
int p=last;
int np=++cnt;
last=np;
len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!tr[p][x];p=pre[p])
{
tr[p][x]=np;
}
if(!p)
{
pre[np]=1;
}
else
{
int q=tr[p][x];
if(len[p]+1==len[q])
{
pre[np]=q;
}
else
{
int nq=++cnt;
pre[nq]=pre[q];
memcpy(tr[nq],tr[q],sizeof(tr[q]));
pre[np]=pre[q]=nq;
len[nq]=len[p]+1;
for(;p&&tr[p][x]==q;p=pre[p])
{
tr[p][x]=nq;
}
}
}
}
int solve()
{
for(int i=1;i<=m;i++)
{
insert(T[i]-'a');
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[1]=0;
int ans=1<<30;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=cnt;j>=1;j--)
{
int now=tr[j][S[i]-'a'];
if(now)
{
f[now]=min(f[now],f[j]+1);
}
else
{
ans=min(ans,f[j]+1);
}
}
}
return ans>n?-1:ans;
}
};
namespace subtask4
{
int next[3000][30];
int f[3000];
int suf[30];
int solve()
{
for(int i=0;i<26;i++)
{
suf[i]=m+1;
}
for(int i=m;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<26;j++)
{
next[i][j]=suf[j];
}
suf[T[i]-'a']=i;
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0]=0;
int ans=1<<30;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=0;j--)
{
int now=next[j][S[i]-'a'];
if(now>m)
{
ans=min(ans,f[j]+1);
}
else
{
f[now]=min(f[now],f[j]+1);
}
}
}
return ans>n?-1:ans;
}
};
int main()
{
scanf("%s%s",S+1,T+1);
n=strlen(S+1);
m=strlen(T+1);
printf("%d\n",subtask1::solve());
printf("%d\n",subtask2::solve());
printf("%d\n",subtask3::solve());
printf("%d\n",subtask4::solve());
}
