POJ 1625 Censored!

Censored!

   这个题目写了一天多的时间，开始的时候，虽然对主要的思路清楚了，但是有些细节问题没有想清楚。在解DP的时候，开始写的时候没有对状态转化搞的很清楚，所以中间出现错误然后又调试了很久，这就浪费了很长的时间。以后还是想清楚细节之后再去敲代码，得训练一下写代码的思维，如何思考更有利于写代码，而不仅仅是注重于问题的解法是什么。

   说下这个题目我个人的想法：先建立trie树，然后构建fail指针，在就是对于状态的转化问题。我们知道，对于给定的字符集，那么如果给定字符串的长度，那么我们可以将对应的可能构成的字符串按结尾字符分为如果干类。而在这里，我们也是按照相似的分字符串的方式。我们可以考虑给定的字符串，按其匹配情况来分类，那么如果构成的字典树中有m个节点，那么很明显，我们可以按照这个将对应的字符串分入到这m个集合中，也就是说一个字符串必定处于这m个集合中的某一个，这样我们就可以将所有的字符串划分为m个类，然后总数就是这m个类中的个数之和。那么我们就可以写出DP的状态表示了，dp[i][j]，表示长度为i,终止于状态j(节点编号为j)的字符串的个数。

   然后是DP的状态转移方程：如果我知道长度为i-1的字符串此时处于状态k,那么当我从给定的字符集中取出一个字符加入到字符串尾的时候，它可能跳转到那些状态，可能回到初始状态，也可能跳转到下一个状态。这时我们就需要AC自动机来分析了，我们考虑如果添加某个字符c,当前状态是k，那么如果：c为状态k可以识别的(这里的意思是：对于构建的trie树有后继节点)，那么就进入k的下一个状态，否则的话，我们就只能考虑k状态的失败指针指向的位置了，看它能否识别该字符，如果不能的话，继续找fail指针，直到找到根节点，对于k不能识别的情况，我们可以如下考虑：因为到达状态k后会有一部分序列与fail[k]是相同的，那么我们可以识别到下一个状态fail[k]的后继节点。这样的话，我们就可以写出了状态转移方程：dp[i][j] = sum(dp[i-1][k])，k是所有可能的状态集合，如果k能识别字符i。

    但是这里要求了，我们不能将那些危险序列包含进来，这样的话，我们可以对dp[i][j]进行一个限制，要求dp[i][j]不包含危险序列，或者说是未经过危险序列。处理的时候，我们不能走到叶节点，同样的，对于如果有相同的公共序列的单词间，我们都应该要求这写特殊的节点不能经过，我们只需要做上标记即可。然后当状态转移的时候，我们需要判断改状态是不是合法即可。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>using namespace std ;#define maxn 110const int mod = 10000 ;int next[maxn][55] ;int fail[maxn] ;int flag[maxn] ;int dp[55][maxn][30] ;char alpa[55] ;int ncount ;int n , m , p ;void Add(int numa[] , int numb[]){    for(int i = 0 ; i < 30 ; i ++){        numa[i]     += numb[i] ;        numa[i + 1] += numa[i]/mod ;        numa[i] = numa[i]%mod ;    }}void print(int ans[]){    bool flag(0) ;    for(int i = 29 ; i >=0 ; i --){        if(flag){            printf("%04d" , ans[i]) ;        }        else if(ans[i]){            printf("%d" , ans[i]) ;            flag = 1 ;        }    }    if(!flag)        printf("0") ;    printf("\n") ;}int hash(char c){    int i(0) ;    while(alpa[i]){        if(alpa[i]==c)            return i ;        i ++ ;    }    return -1 ;}void init(){    memset(next , 0 , sizeof(next)) ;    memset(flag , 0 , sizeof(flag)) ;    memset(fail , 0 , sizeof(fail)) ;    memset(dp , 0 , sizeof(dp)) ;    ncount = 0 ;}void insert(char * word){    char *p = word ;    int b    ;    int c(0) ;    while(*p){        b = hash(*p) ;        if(!next[c][b]){            next[c][b] = ++ncount ;        }        c = next[c][b] ;        p ++ ;    }    flag[c] = 1 ;}bool read(){    if(scanf("%d%d%d\n" , &n , &m , &p)==EOF)        return 0 ;    gets(alpa) ;    init() ;    char str[55] ;    for(int k = 1 ; k <= p ; k ++){        gets(str) ;        insert(str) ;    }    return 1 ;}void build_ac(){    queue<int> Q ;    int cur = 0 ;    Q.push(cur) ;    fail[cur] = 0 ;    int child , k , tmp ;    while(!Q.empty()){        cur = Q.front() ;        Q.pop() ;        for( k = 0 ; k < n ; k ++){            child = next[cur][k] ;            if(child){                Q.push(child) ;                if(cur == 0)                    fail[child] = 0 ;                else{                    tmp = fail[cur] ;                    while(tmp && !next[tmp][k])                        tmp = fail[tmp] ;                    if(next[tmp][k])                        fail[child] = next[tmp][k] ;                    else                        fail[child] = 0 ;                 }                if(flag[ fail[child] ])                    flag[ child ] = 1 ;            }            else{                next[cur][k] = next[fail[cur]][k] ;            }        }    }}void solve(){    build_ac() ;    dp[0][0][0] = 1 ;    for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){        for(int k = 0 ; k <= ncount ; k ++){            if(flag[k])                continue ;            for(int j = 0 ; j < n ; j ++){                int t = next[k][j] ;                if(flag[t])                    continue ;                Add(dp[i][t] , dp[i-1][k]) ;            }        }    }    int ans[30] ;    memset(ans , 0 , sizeof(ans)) ;    for(int i = 0 ; i <= ncount ; i ++){        if(flag[i])            continue ;        Add(ans , dp[m][i]) ;    }    print(ans) ;}int main(){    while( read() ){        solve();    }    return 0 ;}