可能我字符串太菜了…
HDU
两个串 a , b a,b a,b,定义两个串相等的代价为通过对两个串增添或删减字符次数,两个串都可以操作
q q q 次询问,每次询问 [ a l , a r ] [a_l,a_r] [al,ar] 和 b b b 的代价
n ≤ 1 0 5 , m ≤ 20 n\le 10^5,m\le 20 n≤105,m≤20
比赛上 T T T 神说的线段树维护我写挂了,思路好像也有点问题 ,但是可以
O ( T n m 3 l o g n ) O(Tnm^3log_n) O(Tnm3logn)
我们可以发现本质就是快速找出两个串的 L C S LCS LCS 长度 l e n len len,答案就是
l e n a ′ + l e n b − 2 ∗ l e n len_{a'}+len_b-2*len lena′+lenb−2∗len
然后很常见的就是 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的 d p dp dp ,然后就 T T T 掉了
然后我才知道原来理论最优复杂度是 O ( m i n { m a x { n 2 , m } , m a x { m 2 , n } , n m } ) O(min\{max\{n^2,m\},max\{m^2,n\},nm\}) O(min{max{n2,m},max{m2,n},nm})
(非常不正式的写法)
由于 A A A 串过长我们利用 d p dp dp 的话只能尽可能描述有关 b b b 的信息
但是 d p dp dp 的值可以和 A A A 有关
然后就明显了?每次询问进行 d p dp dp:
预处理关于 a a a 数组的 n x t nxt nxt 数组
n x t i , c nxt_{i,c} nxti,c i i i 位置后的最近为 c c c 的位置
f i , j f_{i,j} fi,j b b b 前 i i i 个和 a a a 的 l l l 位开始匹配 j j j 个在 a a a 串 的最小位置
转移有
f i , j = m i n { f i − 1 , j , n x t f i − 1 , j − 1 , b i } f_{i,j}=min\{f_{i-1,j},nxt_{f_{i-1,j-1},b_i}\} fi,j=min{fi−1,j,nxtfi−1,j−1,bi}
然后判断和 r r r 的关系
注意边界
#include
#include
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#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
int read(){
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while('0'<=c&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return f*x;
}
#define MAXN 100000
#define INF 0x3f3f3f3f
char a[MAXN+5],b[25];
int f[25][25],nxt[MAXN+5][30];
int main(){//f[i][j]:b前i个匹配j个在a中最靠zuo的位置
int T=read();
while(T--){
scanf("%s %s",a+1,b+1);
int n=strlen(a+1),m=strlen(b+1),q=read();
for(int c=0;c<26;c++)
nxt[n][c]=n+1;
for(int i=n-1;i>=0;i--)
memcpy(nxt[i],nxt[i+1],sizeof(nxt[i])),nxt[i][a[i+1]-'a']=i+1;
for(int t=1;t<=q;t++){
int l=read(),r=read();
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][0]=l-1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=0;j<=i;j++){
if(j&&f[i-1][j-1]!=INF&&f[i-1][j-1]!=n+1)
f[i][j]=min(f[i-1][j],nxt[f[i-1][j-1]][b[i]-'a']);
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
int ans=0;
for(int j=m;j>=0;j--)
if(f[m][j]<=r){
ans=j;
break;
}
printf("%d\n",r-l+1+m-2*ans);
}
}
return 0;
}