字符串专题训练赛04解题报告

BZOJ3916-Friends

描述

对于字符串\(S\),先复制一遍接在\(S\)尾部,然后再在任意位置插入一个字符,给定构造好的字符串\(T\),求原字符串\(S\)

题解

首先设\(T\)长度为\(n\),如果\(n\)为偶数,那么必然不存在原串,因为一个字符串长度乘二加一必然是奇数,然后,可以知道原串的长度一定是\(\frac n 2\)

根据这两个结论,我们可以直接枚举每个位置是否是插入的字符,通过哈希去验证去除该字符后剩下的是否是两个完全相同的串,枚举复杂度为\(O(n)\),验证复杂度为\(O(1)\),总体复杂度为\(O(n)\),符合题目要求。

note: 求解去除一个字符后的哈希值卡了好久,总而言之是从哈希的定义式出发考虑,举例好理解一点。

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#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000010;
const int B = 233, mod = 1e9 + 7;
unsigned int x, y, bp, h[N], p[N] = {1};
int n, haf, pos;
char s[N];
bool flag = false;
ll gethash(int l, int r)
{
return (h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1]);
}
int main()
{
scanf("%d%s", &n, s + 1);
haf = n / 2;
if (!(n % 2))
{
puts("NOT POSSIBLE");
return 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
p[i] = p[i - 1] * B;
h[i] = (h[i - 1] * B + s[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (i <= haf)
x = h[haf + 1] - h[i] * p[haf - i + 1] + h[i - 1] * p[haf - i + 1];
else
x = h[haf];
if (i <= haf + 1)
y = h[n] - h[haf + 1] * p[haf];
else
y = h[n] - h[i] * p[n - i] + (h[i - 1] - h[haf] * p[i - haf - 1]) * p[n - i];
if (x == y)
{
if (flag && bp != x)
{
puts("NOT UNIQUE");
return 0;
}
flag = true, bp = x, pos = i;
}
}
if (!flag)
{
puts("NOT POSSIBLE");
return 0;
}
for (int i = 1, len = 1; len <= haf; i++)
if (i != pos)
printf("%c", s[i]), len++;
return 0;
}

Matrix Matcher

描述

给定一大一小两个字符矩阵,问小矩阵在大矩阵中出现的次数。

题解

二维哈希的模板题。具体而言,二维哈希的思想是先对每一列元素进行哈希,降维成一维后再进行一次哈希,最终得到的这个值就是这个矩阵的哈希值。我们同样可以利用类似于前缀和的方法去优化查询。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
const ull B1 = 131, B2 = 13331;
const int N = 1010;
char s[N][N];
ull h1[N][N], h2[N][N], p1[N * N] = {1ull}, p2[N * N] = {1ull};
int n, m, x, y, T, res = 0;

ull get_hash(ull h[][N], int x1, int y1, int x2, int y2)
{
return h[x2][y2] - h[x1 - 1][y2] * p1[x2 - x1 + 1] - h[x2][y1 - 1] * p2[y2 - y1 + 1] + h[x1 - 1][y1 - 1] * p1[x2 - x1 + 1] * p2[y2 - y1 + 1];
}

int main()
{
for (int i = 1; i < N * N; i++)
p1[i] = p1[i - 1] * B1, p2[i] = p2[i - 1] * B2;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
res = 0;
memset(h1, 0, sizeof h1);
memset(h2, 0, sizeof h2);

scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%s", s[i] + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
h1[i][j] = h1[i - 1][j] * B1 + h1[i][j - 1] * B2 - h1[i - 1][j - 1] * B1 * B2 + s[i][j];
}
}

scanf("%d%d", &x, &y);
for (int i = 1; i <= x; i++)
scanf("%s", s[i] + 1);
for (int i = 1; i <= x; i++)
{
for (int j = 1; j <= y; j++)
{
h2[i][j] = h2[i - 1][j] * B1 + h2[i][j - 1] * B2 - h2[i - 1][j - 1] * B1 * B2 + s[i][j];
}
}

for (int i = 1; i <= n - x + 1; i++)
for (int j = 1; j <= m - y + 1; j++)
if (get_hash(h1, i, j, i + x - 1, j + y - 1) == h2[x][y])
res++;

printf("%d\n", res);
}
}

CF1096D-Easy Problem

描述

给定字符串\(s\),要求删去一些字符,使得\(s\)中不包含"hard"子序列,给定删去每个字符所需的代价,求最小代价。

题解

最优解问题,考虑DP。设\(f[i][j]\)表示为了使前\(i\)个字符中不包含\(hard[1,j]\)子序列的代价。具体而言,\(f[3][2]\)表示前3个字符花费了这么多的代价,使得前3个字符不存在"ha"的任何前缀。

状态转移方程: \[ \begin{eqnarray} f[i][j] = \begin{cases} f[i-1][j], &s[i] \not = hard[j]\\ min(f[i][j-1]+a[i], f[i-1][j-1]), & s[i] = hard[j] \end{cases} \end{eqnarray} \] 答案:\(min \left\{ f[n][i] \right\}\)

优化:看到cf上dalao写的滚动数组,只需要f[5]就可以完成。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, a, dp[100010][10], ans;
char hard[5] = {'\0', 'h', 'a', 'r', 'd'}, s[100010];
int main()
{
scanf("%lld%s", &n, s + 1);
memset(dp, 0x7f, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= 4; i++)
{
dp[0][i] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%lld", &a);
for (int j = 1; j <= 4; j++)
{
if (s[i] != hard[j])
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else
dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j] + a);
}
}
ans = dp[n][1];
for (int i = 2; i <= 4; i++)
ans = min(ans, dp[n][i]);

printf("%lld\n", ans);
}

POJ3356-AGTC

描述

给定字符串\(a,b\),给定三种操作:1)删除\(a\)的某一个字符,2)在某个位置插入字符,3)替换\(a\)的某一个字符。求最少操作次数。

题解

最短编辑距离的模板题。

定义状态:

\(f[i][j]\)表示\(a\)中前\(i\)个字符变成\(b\)中前\(j\)个字符所需要的最小代价。

状态转移:

  • 先考虑删除和插入操作,\(f[i][j] = min(f[i-1][j]+1,f[i][j-1]+1)\)
  • 如果\(a[i]=b[j]\),则不需要替换,\(f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][j-1])\)
  • 否则,需要替换这个字服,\(f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][j-1]+1)\)

边界:

\(f[0][j],f[i][0]\)表示变为空串所需要的代价,代价一定为非空串的长度

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;
int n, m, f[N][N];
char a[N], b[N];
int main()
{
while (scanf("%d%s%d%s", &n, a + 1, &m, b + 1) != EOF)
{
memset(f, 0, sizeof(f));
for (int i = 1; i <= n; i++)
f[i][0] = i;
for (int i = 1; i <= m; i++)
f[0][i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[i][j - 1] + 1);
if (a[i] == b[j])
f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1]);
else
f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
}
}
printf("%d\n", f[n][m]);
}

return 0;
}
----- 本文结束 感谢阅读 -----
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