洛谷 P-2292 L语言

一道比较简单的题，结果自己脑补了各种奇葩(错误)的判断，搞了一个多小时。。。

题意：用已知字典去识别一个串，求最长可识别前缀（指能将此前缀分解为字典里面的单词）

思路：

  1. 建好AC自动机，记录好每个点所代表的字符串的长度
  2. 拿要匹配的串从前往后匹配，若某个点完全不能匹配，直接退出（可以不考虑这个）
  3. 处理好什么叫“可以匹配”就好了，就是能将当前串分解为一个可识别的前缀和一个可识别的后缀即可
  4. 因此对当前字符跑fail边（即跑后缀），若“可以匹配”，则更新最长可识别前缀，并标记当前串（也是一个前缀）可识别

题目描述

标点符号的出现晚于文字的出现，所以以前的语言都是没有标点的。现在你要处理的就是一段没有标点的文章。

一段文章T是由若干小写字母构成。一个单词W也是由若干小写字母构成。一个字典D是若干个单词的集合。我们称一段文章T在某个字典D下是可以被理解的，是指如果文章T可以被分成若干部分，且每一个部分都是字典D中的单词。

例如字典D中包括单词{‘is’, ‘name’, ‘what’, ‘your’}，则文章‘whatisyourname’是在字典D下可以被理解的，因为它可以分成4个单词：‘what’, ‘is’, ‘your’, ‘name’，且每个单词都属于字典D，而文章‘whatisyouname’在字典D下不能被理解，但可以在字典D’=D+{‘you’}下被理解。这段文章的一个前缀‘whatis’，也可以在字典D下被理解，而且是在字典D下能够被理解的最长的前缀。

给定一个字典D，你的程序需要判断若干段文章在字典D下是否能够被理解。并给出其在字典D下能够被理解的最长前缀的位置。

输入格式

输入文件第一行是两个正整数n和m，表示字典D中有n个单词，且有m段文章需要被处理。之后的n行每行描述一个单词，再之后的m行每行描述一段文章。

其中1<=n, m<=20，每个单词长度不超过10，每段文章长度不超过1M。

输出格式

对于输入的每一段文章，你需要输出这段文章在字典D可以被理解的最长前缀的位置。

输入输出样例

输入
4 3
is
name
what
your
whatisyourname
whatisyouname
whaisyourname
输出
14 （整段文章’whatisyourname’都能被理解）
6 （前缀’whatis’能够被理解）
0 （没有任何前缀能够被理解）

//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include "bits/stdc++.h"
#define pb push_back
#define ls l,m,now<<1
#define rs m+1,r,now<<1|1
#define hhh printf("hhh\n")
#define see(x) (cerr<<(#x)<<'='<<(x)<<endl)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pr;
inline int read() {int x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9')c=getchar();while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();return x;}

const int maxn = 1e3+10;
const int mod = 1e4+7;
const double eps = 1e-9;

char s[maxn*maxn];
int n, m;
int trie[maxn][26], fail[maxn], ed[maxn], cnt, sl[maxn];
bool vis[maxn*maxn];

void insert() {
    int len=strlen(s), p=0;
    for(int i=0; i<len; ++i) {
        int k=s[i]-'a';
        if(!trie[p][k]) trie[p][k]=++cnt, sl[cnt]=i+1;
        p=trie[p][k];
    }
    ed[p]=1;
}

void build() {
    queue<int> q;
    for(int i=0; i<26; ++i) if(trie[0][i]) q.push(trie[0][i]);
    while(q.size()) {
        int now=q.front(); q.pop();
        for(int i=0; i<26; ++i) {
            if(trie[now][i]) {
                fail[trie[now][i]]=trie[fail[now]][i];
                q.push(trie[now][i]);
            }
            else trie[now][i]=trie[fail[now]][i];
        }
    }
}

int match() {
    int len=strlen(s+1), p=0;
    int mlen=0;
    for(int i=1; i<=len; ++i) {
        int k=s[i]-'a';
        p=trie[p][k];
        if(!p) return mlen;
        int pp;
        for(pp=p; pp&&!(vis[i-sl[pp]]&&ed[pp]); pp=fail[pp]); //跑fail边，即跑后缀
        if(pp) vis[i]=1, mlen=i;
    }
    return mlen;
}

int main() {
    //ios::sync_with_stdio(false);
    n=read(), m=read();
    for(int i=0; i<n; ++i) scanf("%s", s), insert();
    build();
    while(m--) {
        scanf("%s", s+1);
        int len=strlen(s+1);
        vis[0]=1; for(int i=1; i<=len; ++i) vis[i]=0;
        printf("%d\n", match());
    }
}