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洛谷P1481 魔族密码 题解——动态规划破解最长前缀链标题
标题大意
给定N个蜜蜂族密码(字符串),要求找出最长的密码链。链中每个密码必须是前一个密码的前缀,且每个密码只能出现一次。例如密码"a"可以接"ab"、"abc"等,但"ba"不满足条件。
解题思绪
本题本质是求字符串数组中的最长前缀链长度,核心思绪是动态规划(DP)。通过维护一个dp数组,此中dp体现以第i个字符串末了的最长链长度。
状态定义
- int dp[2005] = {0}; // dp[i]表示以ss[i]结尾的最长链长度
复制代码 状态转移
对于每个字符串ss,遍历它之前的所有字符串ss[j]:
- 当ss[j]是ss的前缀时,阐明可以将ss接在ss[j]之后
- 此时状态转移方程为:dp = max(dp, dp[j] + 1)
关键优化
使用字符串的find方法判断前缀关系:
- if(ss[i].find(ss[j]) == 0) // 精确判断前缀
复制代码 该方法的时间复杂度为O(L),此中L是字符串长度,比逐字符比较更高效。
代码解析
- #include<bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- int N;
- string ss[2005] = {};
- int dp[2005] = {0};
- int main() {
- ios::sync_with_stdio(false); // 加速输入输出
- cin.tie(0); cout.tie(0);
-
- cin >> N;
- int ans = 0;
-
- for(int i = 1; i <= N; ++i) {
- cin >> ss[i];
- dp[i] = 1; // 每个字符串自身至少成链
-
- for(int j = 1; j < i; ++j) {
- // 精确前缀判断:ss[j]必须是ss[i]的开头
- if(ss[i].find(ss[j]) == 0) {
- dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
- }
- }
- ans = max(ans, dp[i]); // 维护全局最优
- }
-
- cout << ans;
- return 0;
- }
复制代码 执行流程
- 输入处置惩罚:使用快速IO优化处置惩罚大规模数据
- 初始化:每个字符串初始链长为1
- 双重循环:
- 外层遍历每个字符串作为当前末了
- 内层查抄所有前置字符串是否构成前缀关系
- 动态更新:通过比较所有大概的j < i的情况,维护最长链
复杂度分析
- 时间复杂度:O(N²L),此中L为字符串均匀长度
- 空间复杂度:O(N),仅需线性空间存储dp数组
对于N=2000的极限情况,总运算次数约为2000²×均匀长度。在C++的优化下可以通过本题,但仍有优化空间。
优化方向
1. 预处置惩罚前缀关系
建立前缀关系矩阵prefix[j],预处置惩罚所有字符串对的前缀关系,将内层判断优化至O(1)。但需要O(N²)的额外空间。
2. 字典树优化
构建Trie树存储所有字符串,通过树的层级关系快速查找最长前缀链。可将时间复杂度优化至O(NL),适合处置惩罚更大规模的数据。
3. 排序预处置惩罚
按字符串长度升序排序,保证处置惩罚次序满足动态规划的最优子结构性子,大概减少无效比较次数。
示例演示
以样例输入:
为例,处置惩罚流程如下:
字符串遍历过程dp值变化a初始化为1dp[1]=1b初始化为1dp[2]=1ab比较a(是前缀)→dp[3]=2dp[3]=2ba比较a(否)/b(否)→保持1dp[4]=1abc比较a(是前缀)→dp[5]=2比较ab(是前缀)→dp[5]=3dp[5]=3 最终输出最长链长度3(a→ab→abc)。
总结
本题是典型的动态规划应用场景,通过状态转移方程捕捉前缀关系的递推性子。关键点在于:
- 精确明白前缀关系的定义
- 合理设计状态转移方程
- 选择高效的字符串前缀判断方法
此类标题在生物信息学(基因序列分析)、输入法词库优化等领域有实际应用代价。明白其思想有助于办理更复杂的字符串序列标题。
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