题解-ARC058D Iroha Loves Strings

题面

ARC058D Iroha Loves Strings

给定 \(n\) 个字符串，从中选出若干个按给出顺序连接起来，总长等于 \(m\)，求字典序最小的，保证有解。

数据范围：\(1\le n\le 2000\)，\(1\le k\le 10^4\)，字符串总长 \(S\le 10^6\)。

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题解

atcoder 的题就是好啊，非常巧妙，毫不毒瘤。

这篇题解要抨击 Z-function 怪 ycx，造福人民。

有一个非常显然的思路：每次选当前选了的串右边没选且能选的中最小的。

这里的能选的可以用个后缀背包判断，可以用 bitset 维护。

注意到对于每个长度 \(i\) 能不能由后缀拼成有个分界点，设为 \(r_i\)。

这个做法有个明显的问题：如果有一个串 geo 和一个串 geoafo，怎么知道哪个好呢？

如果选了 geo，如果剩下的串只有 boomzero，那么就不如 geoafo 了。

如果选了 geoafo，如果剩下的串有个 aba，那么就 geoaba 更优了。

所以想到用 dp，来避免不同长度的字符串的比较。

设 \(f_i\) 表示拼成的长度为 \(i\) 且剩下字符串可以拼成 \(m-i\) 的字符串中字典序最小的（注意 \(f_i\) 是个字符串！）。

然后 \(g_i\) 是拼成 \(f_i\) 的最右字符串的编号，要最左。

转移就是从小到大枚举每个 \(i\)（前提是有这样的 \(f_i\)），然后枚举加上的字符串长度 \(j\)。

要找到 \(g_i\) 到 \(r_{m-i-j}\) 中长度为 \(j\) 的字典序最小字符串，这个可以用 st 表预处理 \(\Theta(1)\) 完成。

然后把这个串加到 \(f_i\) 后面暴力和 \(f_{i+j}\) 比较即可。

关于时间复杂度，总感觉是 \(\Theta(n^2)\) 的，但是不会证，就当 \(\Theta(n^3)\) 的吧（可是它明明跑得很快 /kk）。

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define x first
#define y second
#define bg begin()
#define ed end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(a) int((a).size())
#define R(i,n) for(int i(0);i<(n);++i)
#define L(i,n) for(int i((n)-1);i>=0;--i)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data
const int N=2000+1,M=1e4+1,D=12;
int n,m,o[N],we[N],ri[M],g[M];
vector<int> id[M],st[M][D];
string s[N],f[M];
bitset<M> h[N];

//Functions
int get(int j,int l,int r){
    l=lower_bound(id[j].bg,id[j].ed,l)-id[j].bg;
    r=lower_bound(id[j].bg,id[j].ed,r)-id[j].bg;
    if(r-l<=0) return -1;
    int t=log2(r-l),&a=st[j][t][l],&b=st[j][t][r-(1<<t)];
    return we[a]>we[b]?b:a;
}

//Main
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m,h[n].set(0);
    R(i,n) cin>>s[o[i]=i];
    stable_sort(o,o+n,[&](int i,int j){return s[i]<s[j];});
    R(i,n) we[o[i]]=i,id[sz(s[i])].pb(i);
    R(i,m+1){
        g[i]=-1,ri[i]=0;
        vector<int> &c=id[i],*a=st[i];
        if(!sz(c)) continue;
        R(i,D) a[i].resize(sz(c));
        R(i,sz(c)) a[0][i]=c[i];
        R(t,D-1)R(i,sz(c)+1-(2<<t)){
            int &x=a[t][i],&y=a[t][i+(1<<t)];
            a[t+1][i]=we[x]>we[y]?y:x;
        }
    }
    L(i,n){
        h[i]=h[i+1]|h[i+1]<<sz(s[i]);
        R(j,m+1)if(h[i][j]&&!h[i+1][j]) ri[j]=i;
    }
    f[0]="",g[0]=0,ri[0]=n;
    R(j,m)if(~g[j])L(i,m+1-j){
        int t=get(i,g[j],ri[m-j-i]);
        // cout<<"j="<<j<<"->j+i="<<j+i<<'\n';
        // cout<<"get("<<i<<","<<g[j]<<","<<ri[m-j-i]<<")="<<t<<'\n';
        if(~t&&(!~g[j+i]||f[j+i]>f[j]+s[t]))
            f[j+i]=f[j]+s[t],g[j+i]=t+1;
    }
    // R(i,m+1) cout<<g[i]<<" "<<f[i]<<'\n';
    cout<<f[m]<<'\n';
    return 0;
}

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祝大家学习愉快！