bzoj 1212 [HNOI2004] L语言(不用AC自动机）

网上的题解大多树都要建一棵trie树，并在上面跑AC自动机，然而这里有一种同样需要trie树，但时间复杂度较低的方法。

首先，我们可以轻松列出状态转移方程 F[x]=∑| F[x-len(i)]&(is(i->x,s[i]);

这样的复杂度是O(m*lens*∑len[i]*n),可能会超时，再加上hash之类的就可以过了，但这显然不优美。

====================分割线====================

对于每个F(i)，我们都是从之前的额某个F(j)转移过来的，它是true当且仅当(j+1->i)是一个单词，且f[j]是true，那么我们将每个单词反过来建一棵trie树，例如有单词abc，我们将cba插入trie树，从i开始i先匹配到每个单词的最后一位，然后再匹配到最后一位相同的倒数第二位，如此下去，当我们匹配到一个单词的开头时，并且此时的F[i-depth]为true的话，F(i)就为true了，因为每个字符在trie树上的路径唯一，且trie树的深度不超过单词的最长长度(10),所以它的复杂度还是非常可看的，复杂度为O(m*lens*dep(trie))=O(m*lens*max(strlen(word))),20*1M*10,轻松过。

这题不难，但是如果反过来想，可以避免很多高端算法，从后往前的思想确实不错。贴一个代码，有些冗长。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int ch[10005][20];
int cnt;
int n,m;
char s[2000005];
int col[2000005];
bool dp[1000005];
void insert()
{
    int now=0;
    for(int i=strlen(s)-1;i>=0;i--)
    {
        int c=s[i]-'0';
        if(!ch[now][c])
        {
            cnt++;
            ch[now][c]=cnt;
        }
        now=ch[now][c];
    }
    col[now]=true;
}
bool cal(int x)
{
    int deep=0;
    int now=0;
    for(int i=x;i>=1;i--)
    {
        int c=s[i]-'0';
        if(ch[now][c]==0)return false;
        now=ch[now][c];
        deep++;
        if(dp[x-deep] && col[now])return true;
    }
    return true;
}
void solve()
{
    int ll=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=ll;i++)
    {
        dp[i]=cal(i);
    }
    for(int i=ll;i>=0;i--)
    {
        if(dp[i])
        {
            printf("%d\n",i);
            return;
        }
    }
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s);
        insert();
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0]=true;
        scanf("%s",s+1);
        solve();
    }
    return 0;
}