「山东省队集训2021 Round 1」半夜

考虑将 $X$ 复制一次放到后面再对其长度为 $n$ 的连续子串和 $Y$ 求一波 $\rm{Longest\ Common\ Subsequence}$ 就能得到 $\Theta(n^3)$ 的分数了

那么设 $f_{i,j,k}$ 表示 $X[i\dots j],Y[1\dots k]$ 的 $LCS$

考虑如下两个性质：

f_{i - 1, j, k} > f_{i - 1, j - 1, k} \Rightarrow f_{i, j, k} > f_{i, j - 1, k}

$f_{i-1,j,k}>f_{i-1,j-1,k}\Rightarrow f_{i,j,k}>f_{i,j-1,k}$

f_{i, j, k} > f_{i, j, k - 1} \Rightarrow f_{i - 1, j, k} > f_{i - 1, j, k - 1}

$f_{i,j,k}>f_{i,j,k-1}\Rightarrow f_{i-1,j,k}>f_{i-1,j,k-1}$

下文受篇幅限制只证明第一个：

因为这个 $\rm{DP}$ 类似于网格图上最大带权游走，那么设两个串的左端点为网格图起始点，右端点为终止点

不难发现两条路径必然存在交点，设 $(i-1,0)$ 到 $(j,k)$ 的 最靠左 路径为 $C_1$ ，而 $(i,0)$ 到 $(j-1,k)$ 的最靠左的最优路径为 $C_2$

设两个路径公共部分是 $C$ ，之前是 $C_1A,C_2A$ ，之后的是 $C_1B,C_2B$ ，把已知和结论统统表示出来互相推就行了

那么必然存在 $\rm{p(j,k),q(j,k)}$ 满足：

f (i, j, k) = f (i, j - 1, k) + [i \geq p (k, j)] = f (i, j, k - 1) + [i < q (k, j)]

$\rm{f(i,j,k)=f(i,j-1,k)+[i\ge p(k,j)]=f(i,j,k-1)+[i<q(k,j)]}$

至此可以得到所有 $p(n,x)$ 然后使用第一个等号后的式子递推 $\rm{f(x,x+n-1,n)}$ 即可

考虑如何转移 $\rm{p,q}$ ？

设 $P=p_{k-1,j},Q=q_{k,j-1}$ （认真注意变量定义）

$X_i\ne Y_j$

如果 $P<Q$ ，把 $f_{i,j-1,k},f_{i,j,k-1}$ 的转移结果写出来就能发现 $p(k,j)=Q,q(k,j)=P$ ，因为 $f_{i,j,k}\ge \max\{f_{i,j-1,k},f_{i,j,k-1}\}$

而对于 $P\ge Q$ 的情况，仍然是写出来转移的结果得到 $p_{i,j}=P,q(i,j)=Q$
$X_i=Y_j$

这里必然会有 $f_{i,j,k}=f_{i,j-1,k-1}+1$ ，那么分开讨论究竟是哪边加了 $1$ ，对转移有贡献的如下：

如果 $f_{i,j,k}=f_{i,j-1,k}+1$ ，即上次不能转移，但是现在可以，那么必然满足 $i\ge Q,p(k,j)=Q$

如果 $f_{i,j,k}=f_{i,j,k-1}$ ，即提前转移过了，现在不能转移，那么必然满足 $i\ge P,q(k,j)=p$

这样就可以了！时间复杂度 $O(n^2)$

Talk is cheap,Show the Code

$\texttt{Talk is cheap,Show the Code}$

const int N=2010;
int p[N][N<<1],q[N][N<<1],f[N<<1][N<<1],n,ans;
char x[N<<1],y[N];
signed main(){
	n=read(); scanf("%s%s",x+1,y+1); rep(i,1,n) x[i+n]=x[i];
	rep(i,1,n*2) p[0][i]=i+1; rep(i,1,n*2) q[0][i]=1;
	rep(i,1,n) rep(j,1,(n<<1)){
		int P=p[i-1][j],Q=q[i][j-1];
		if(P>=Q&&x[j]!=y[i]) p[i][j]=P,q[i][j]=Q;
		else p[i][j]=Q,q[i][j]=P;
	}
	rep(i,0,(n<<1)) rep(j,i,(n<<1)) f[i][j]=f[i][j-1]+(i>=p[n][j]);
	rep(i,1,n) ckmax(ans,f[i][i+n-1]); print(ans); return 0;
}
//Use The Time To Enrich This Selfclosing Youth