AC自动机+矩阵加速--P3502 [POI2010]CHO-Hamsters

problem

给出 \(n\) 个互不包含的字符串，要求你求出一个最短的字符串 \(S\)，使得这 \(n\) 个字符串在 \(S\) 中总共至少出现 \(m\) 次，问 \(S\) 最短是多少。

solution

1. 我们首先转化题意：

有 \(n\) 个点，两个点 \(i,j\) 之间的权值为将第 \(j\) 种字符串接在第 \(i\) 种结尾的最小增加量（注意此处 \(i\) 可以和 \(j\) 相等）。求一条经过 \(m\) 个点的最短路径，起点和终点自己选择。

暴力求法很好想，因为 \(n\leq 200\) ，所以考虑Floyd。设 \(f_{k,i,j}\)为 \(i\) 到 \(j\) 经过 \(k\) 个点的最短路径，然后一层一层枚举，直到 \(m\) ，就求出来了。

2. 矩阵优化

设 \(dp_{i,j}\)表示现在串里有 \(i\) 个字符串，并以第 \(j\) 种字符串结尾的最短长度， \(dis_{i,j}\)表示将第 \(j\) 种字符串接在第 \(i\) 种结尾的最小增加量。

那么转移方程也很好得到： \(dp_{i,j}=\min\{dp_{i,k}+dis_{k,j}\}\)

3. 实现细节

建AC自动机，预处理出两两结尾之间最短距离，矩阵\(a_{i,j}\)最开始表示\(i\)到\(j\)中间无其他字符结尾的最短距离

因为最开始的矩阵中每个\(a_{i,j}\)都包含两个结束点，所以我们需要求\(m-1\)次，其次我们统计的是终点到终点的距离，第一个字符串的长度没有计算，需要单独加上

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
	int x = 1,a = 0;char ch = getchar();
	while (ch < '0'||ch > '9'){if (ch == '-') x = -1;ch = getchar();}
	while (ch >= '0'&&ch <= '9'){a =a*10+ch-'0';ch = getchar();}
	return x*a;
}
const int maxn = 2e6+10;
int n,m;
char c[maxn];
vector<int> g;
int cnt = 1,trie[maxn][30],l[maxn];
void build(char *a,int pos){
	int len = strlen(a),root = 1;
	for (int i = 0;i < len;i++){
		int nxt = a[i]-'a';
		if (!trie[root][nxt]) trie[root][nxt] = ++cnt;
		root = trie[root][nxt];
	}
	g.push_back(root);l[root] = len;
}
int fail[maxn],dis[maxn],vis[maxn];
void getfail(){
	queue<int> q;q.push(1);
	for (int i = 0;i < 26;i++) trie[0][i] = 1;
	while (!q.empty()){
		int root = q.front();q.pop();
		for (int i = 0;i < 26;i++){
			if (!trie[root][i]) trie[root][i] = trie[fail[root]][i];
			else{
				fail[trie[root][i]] = trie[fail[root]][i];
				q.push(trie[root][i]);
			}
		}
	}
}
void bfs(int s){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	queue<int> q;q.push(s);dis[s] = 0;
	while (!q.empty()){
		int x = q.front();q.pop();
		for (int i = 0;i < 26;i++){
			int to = trie[x][i];
			if (vis[to]) continue;
			dis[to] = dis[x] + 1;vis[to] = 1;
			q.push(to);
		}
	}
}
struct node{
	ll a[205][205];
}I,a;
node operator * (const node x,const node y){
	node z;
	memset(z.a,63,sizeof(z.a));
	for (int i = 0;i < n;i++){
		for (int j = 0;j < n;j++){
			for (int k = 0;k < n;k++){
				z.a[i][j] = min(z.a[i][j],x.a[i][k]+y.a[k][j]);
			}	
		}
	}
	return z;
}
void  qpow(node aa,int k){
	if(!k) return;
	I = aa,k--;
	while (k){
		if (k&1) I = I*aa;
		aa = aa*aa;
		k >>= 1;
	}
}
signed main(){
	n = read(),m = read();
	if(m == 0) {printf("0");return 0;}
	
	for (int i = 1;i <= n;i++){
		scanf ("%s",c);
		build(c,i);
	}
	getfail();
	for (int i = 0;i < g.size();i++){
		bfs(g[i]);
		for (int j = 0;j < g.size();j++){
			a.a[i][j] = dis[g[j]];
		}
	}
	ll ans = 1e18+7;
	qpow(a,m-1);
	for (int i = 0;i < g.size();i++){
		for (int j = 0;j < g.size();j++){
			ans = min(ans,I.a[i][j] + l[g[i]]);
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}