P1026 [NOIP2001 提高组] 统计单词个数

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原题链接

P1039
题目类型：$普及+/提高$
AC记录：Accepted

题目大意

给出一个字符串和一个字典，要求你把这个字符串分成$k$份，使每一份里面包含的字典里的单词数总和最多。注意：单词之间可以重叠，但开头不能使用同一个位置，即每一个位置只能有一个单词以他为开头。如this中如果选了this这个单词，则可以再选is这个单词，但不能再选th。

输入格式

第一行有二个正整数$p,k$ ，$p$表示字串的行数，$k$表示分为$k$个部分。
接下来的$p$行，每行均有$20$个字符。代表字符串的第$(p-1)\times 20+1$个字符到第$p\times 20$ 个字符。
再接下来有一个正整数$s$，表示字典中单词个数。
接下来的$s$行，每行均有一个单词。

输出格式

输出唯一的一个整数，为最长的演讲总时间。

$\mathbf{S}\mathbf{a}\mathbf{m}\mathbf{p}\mathbf{l}\mathbf{e}$ $\mathbf{I}\mathbf{n}\mathbf{p}\mathbf{u}\mathbf{t}$

1 3
thisisabookyouareaoh
4
is
a
ok
sab

$\mathbf{S}\mathbf{a}\mathbf{m}\mathbf{p}\mathbf{l}\mathbf{e}$ $\mathbf{O}\mathbf{u}\mathbf{t}\mathbf{p}\mathbf{u}\mathbf{t}$

7

$\mathbf{H}\mathbf{i}\mathbf{n}\mathbf{t}\&\mathbf{E}\mathbf{x}\mathbf{p}\mathbf{l}\mathbf{a}\mathbf{i}\mathbf{n}$
字符串分成this / isabookyoua / reaoh。
第一段有一个is。
第二段从左到右分别为is,sab,a,ok,a。
第三段有一个a。
总共7个单词。

数据范围

对于$100\%$的数据，$1\le s\le 6,1\le p\le 10,1<k\le 40$。

解题思路

$dp$，就是$dp$。
按本题的要求，我们首先要实现一个$work$函数，代表在目标的字符串中有多少个单词。我在这里用的是直接用二维数组推一遍，当做初始化提前把$work$函数执行了。
作者这里使用的是倒推。
我们想，每次插入一个字母，如果在当前位置上不能构成字母，那和不加这个字母有什么区别呢？如果在当前位置上能构成字母，也是在不插入这个字母的基础上单词量$+1$，于是，我们可以先设$wor{k}_{i,j}$为第$i$位到第$j$位所包含的单词数，初始时把他赋值为$wor{k}_{i+1,j}$，再判断他可不可以构成单词，如果可以，$wor{k}_{i,j}$就$+1$。
核心代码：

    for(int j=s.size(); j>=1; j--)
        for(int i=j; i>=1; i--)
        {
            word_num[i][j]=word_num[i+1][j];
            string temp=s.substr(i,j-i+1);
            for(int k=1; k<=num; k++)
            {
                if(temp.find(word[k])==0)
                {
                    word_num[i][j]++;
                    break;
                }
            }
            // cout<<"word_num["<
        }

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$dp$部分：
和P1018 [NOIP2000 提高组] 乘积最大很像，可以设$f_{i,j}$为前$i$个字符分成$j$段可以得到的最大单词数，再依次枚举第$j$段的起点进行状态转移，就可以了。
状态转移方程：
$$f_{i,j}=\{\begin{array}{ll}wor{k}_{1,i}& j=1\\ f_{i-1,j-1}+wor{k}_{i,j}& i=j\\ {\max }_{j\le k\le i}\{f_{k-1,j-1}+wor{k}_{k,i}\}& 1\le i\le p\times 20,1\le j\le \min (k,i)\end{array}$$
而最后的答案为$f_{p\times 20,k}$。
第一条转移方程是当只分$1$份的时候，那肯定全选，所以字母量为$wor{k}_{1,i}$。
第二条转移方程是当份数和字母数相同，即每一份只有一个字母，所以直接从上一个状态$f_{i-1,j-1}$加上当前的价值$wor{k}_{i,j}$就可以了。
第三条转移方程是枚举开头$k$，其他的也不用多说了。

注意事项：

1.由于$work$函数使用的是倒推，所以循环要从大到小。
2.一个字母只能对应一个单词的开头，所以一旦找到单词符合，直接break。
3.在第三条转移方程中，$j$循环的上限为$\min (k,i)$，是因为执行的过程中可能份数过多，字母不够分。

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最后，祝大家早日

上代码

#include
#include

using namespace std;

string       word[16];
int          num;
int          word_num[210][210];
int          f[210][50];
int          n,m;

void work()
{
    cin>>n>>m;
    memset(f,0,sizeof(f));
    string s=" ";
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        string temp;
        cin>>temp;
        s+=temp;
    }
    cin>>num;
    for(int i=1; i<=num; i++)
        cin>>word[i];
    for(int j=s.size(); j>=1; j--)
        for(int i=j; i>=1; i--)
        {
            word_num[i][j]=word_num[i+1][j];
            string temp=s.substr(i,j-i+1);
            for(int k=1; k<=num; k++)
            {
                if(temp.find(word[k])==0)
                {
                    word_num[i][j]++;
                    break;
                }
            }
            // cout<<"word_num["<
        }
    // for(int i=1; i<=n*20; i++)
    //     for(int j=i; j<=n*20; j++)
    //         cout<<"word_num["<
    for(int i=1; i<=m; i++)
        f[i][i]=f[i-1][i-1]+word_num[i][i];
    for(int i=1; i<s.size(); i++)
        f[i][1]=word_num[1][i];
    for(int i=1; i<s.size(); i++)
        for(int j=1; j<=m&&j<i; j++)
            for(int k=j; k<=i; k++)
                f[i][j]=max(f[i][j],f[k-1][j-1]+word_num[k][i]);
    cout<<f[s.size()-1][m]<<endl;
    // for(int i=1; i<=n*20; i++)
    //     for(int j=0; j<=m; j++)
    //         cout<<"f["<
    return;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    // int t;
    // cin>>t;
    // while(t--)
        work();
    return 0;
}

完美切题$\sim$