NOIP2000提高组 单词接龙

NOIP2000提高组 单词接龙

题目描述

    单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次），在两个单词相连时，其重合部分合为一部分，例如 beast和astonish，如果接成一条龙则变为beastonish，另外相邻的两部分不能存在包含关系，例如at 和 atide 间不能相连。

输入输出格式

    输入格式：

    输入的第一行为一个单独的整数n (n<=20)表示单词数，以下n 行每行有一个单词，输入的最后一行为一个单个字符，表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在.

    输出格式：

    只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度

输入输出样例

    输入样例：

    5
    at
    touch
    cheat
    choose
    tact
    a

    输出输出样例

    23
    输出样例说明：连成的“龙”为atoucheatactactouchoose

解题分析

    由于单词个数不超过20，因此可以通过回溯法尝试所有情况。

    在进行回溯法之前先做预处理，即确定每两个单词之间是否能连接，如果能连接，则记录交叉的长度。该长度也被用于在进行两个单词连接时计算总长度。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
#define N 22
string words[N];
int n, relation[N][N], used[N] = {0}, ans[2*N], ans1[2*N], result = 0, de;
// 计算两个单词之间的交叉情况，x在前，y在后，返回交叉长度 
int re(int x, int y){
	string str1 = words[x], str2 = words[y];
	int i, j, k, len1 = str1.size(), len2 = str2.size();	
	for(k=1; k<=min(len1, len2); k++){
		for(i=0; i result){
		result = len;
		de = depth;
		for(i=0; i<=depth; i++){  // 记录字符串如何连接，可以忽略 
			ans[i] = ans1[i];  			
		}
	}	
	for(i=1; i<=n; i++){
		if(relation[k][i]>0 && used[i]<2){
			len += words[i].size() - relation[k][i];  // 当前长度 
			used[i]++;
			ans1[depth] = i;
			dfs(i, depth+1, len);
			len -= words[i].size() - relation[k][i];
			used[i]--;
		}
	}	
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int i, j;
	cin>>n;
	for(i=1; i<=n; i++)
		cin>>words[i];
	cin>>words[0];
	init();		
	ans1[0] = 0;
	dfs(0, 1, 1);	
	cout<