[POI1997] Genotype

题目背景

Genotype 是一个独特的基因串。a

题目描述

我们可以用大写英文字母 A−ZA-ZA−Z 来描述 Genotype，每个字母就代表一个基因。

规定一种「分裂」规则，由三个大写字母 A1A2A3A_1A_2A_3A1A2A3 组成，代表 A1A_1A1 可以「分裂」为 A2A3A_2A_3A2A3。

现在给定 nnn 个「分裂」规则和 kkk 个 Genotype，判断这些 Genotype 是否能从一个特定的 只包含大写字母 SSS 的 串通过「分裂」规则得到，如果可以的话输出特定的串的长度的最小值，如果不可以的话输出 NIE。

输入格式

第一行一个整数 nnn 代表「分裂」规则数。
接下来 nnn 行每行三个大写字母 A1,A2,A3A_1,A_2,A_3A1,A2,A3 代表一个「分裂」规则。
接下来一行一个整数 kkk 代表给定的 Genotype 数。
接下来 kkk 行每行若干个大写字母表示一个 Genotype。

输出格式

kkk 行：

如果没有特定的串通过「分裂」规则得到这个 Genotype，输出 NIE。
如果有特定的串通过「分裂」规则得到这个 Genotype，输出这个特定的串的最小长度。

样例 #1

样例输入 #1

6
SAB
SBC
SAA
ACA
BCC
CBC
3
ABBCAAABCA
CCC
BA

样例输出 #1

3
1
NIE

提示

数据规模与约定

对于 100%100\%100% 的数据，1≤n,k≤20001 \le n,k \le 20001≤n,k≤2000，Genotype 的长度最大为 100100100。

大意：判断一个字符串是否能够通过一个特定的串分裂得到，如果可以的话输出特定的串的长度的最小值，如果不可以的话输出NIE。

俗话说得好，正难则反，分裂很难，但是我们可以想：我们可不可以将给定的字符串进行合并得到这个最小特定的串呢？

于是我们可以定义一个三维的区间dp[iii][jjj][sss]表示区间iii-jjj能否合成为字符s然后依次去枚举左端点和区间长度，再在这个枚举到的这个区间里枚举中间点k并更新该区间能合成的字符！

那最后的答案存在哪呢？大多数人第一反应是dp[lll][rrr][191919]，实则不然，因为字符串可能是由多个SSS分裂而成，所以我们还需定义一个dp2[iii]表示前i个字符所需最少SSS数量

最后答案即是dp2[nnn]
nnn为字符串长度

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e2 + 5;
int n , k , dp[MAXN][MAXN][27] , a[2005][27] , dp2[MAXN];//dp状态已解释，不过多赘述
char a2 , b , c , s[MAXN];
int main() {cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(false);//玄学优化 cin >> n;for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {cin >> a2 >> b >> c;a[i][0] = a2 - 'A' + 1;a[i][1] = b - 'A' + 1;a[i][2] = c - 'A' + 1;//用a数组保存b字符与c字符可合成a字符 }cin >> k;//样例组数 while(k --) {cin >> s + 1;int m = strlen(s + 1);for (int i = 1 ; i <= m ; i ++) dp2[i] = 0x3f3f3f3f;//用来比最小值 for (int i = 1 ; i <= m ; i ++) {for (int j = i ; j <= m ; j ++) {for (int k = 1 ; k <= 26 ; k ++) {dp[i][j][k] = 0;//初始化 }}}dp[0][0][19] = 1;//初始化，无过多实际意义 for (int i = 1 ; i <= m ; i ++) {dp[i][i][s[i] - 'A' + 1] = 1;//自己合成自己肯定可以 }for (int i = 2 ; i <= m ; i ++) {//枚举区间长度 for (int j = 1 ; j <= m - i + 1 ; j ++) {//枚举左端点 int p = j + i - 1;//右端点 for (int q = j ; q < p ; q ++) {//枚举中间点 for (int x = 1 ; x <= n ; x ++) {//一共有x种合成方式 if (dp[j][q][a[x][1]] && dp[q + 1][p][a[x][2]]) {//若左区间可以合成a[x][1]，右区间可以合成啊a[x][2]，那么j-p就可以合成a[x][0] dp[j][p][a[x][0]] = 1;}}}}}for (int i = 1 ; i <= m ; i ++) {for (int j = 0 ; j < i ; j ++) {if (dp[j + 1][i][19]) {//j+1到i可以合成字符S dp2[i] = min(dp2[i] , dp2[j] + 1);// 那么1到j最小的S数量加上j+1到i的这个S便是一组解，与原答案比min }}}if (dp2[m] == 0x3f3f3f3f) puts("NIE");//若没有更新1到m的值，即无解 else printf("%d\n", dp2[m]);//否则输出 }return 0;
}

姊妹题

[HAOI2008] 玩具取名

题目描述

某人有一套玩具，并想法给玩具命名。首先他选择WING四个字母中的任意一个字母作为玩具的基本名字。然后他会根据自己的喜好，将名字中任意一个字母用“WING”中任意两个字母代替，使得自己的名字能够扩充得很长。

现在，他想请你猜猜某一个很长的名字，最初可能是由哪几个字母变形过来的。

输入格式

第一行四个整数W、I、N、G。表示每一个字母能由几种两个字母所替代。

接下来W行，每行两个字母,表示W可以用这两个字母替代。

接下来I行，每行两个字母,表示I可以用这两个字母替代。

接下来N行，每行两个字母,表示N可以用这两个字母替代。

接下来G行，每行两个字母,表示G可以用这两个字母替代。

最后一行一个长度不超过Len的字符串。表示这个玩具的名字。

输出格式

一行字符串，该名字可能由哪些字母变形而得到。（按照WING的顺序输出）

如果给的名字不能由任何一个字母变形而得到则输出“The name is wrong!”

样例 #1

样例输入 #1

1 1 1 1
II
WW
WW
IG
IIII

样例输出 #1

IN

提示

30%数据满足Len<=20，W、I、N、G<=6

100%数据满足Len<=200，W、I、N、G<=16

该题是基因串的弱化版，绿题和蓝题的区别

但本人最开始没读懂题，以为样例中是由IIINNN分裂过来的，但实际上是III、NNN都可以作为答案，就这样卡了很久

题读懂后，这道题瞬间简单起来，不愧是绿题，我们只需把基因串的代码稍稍改动一下即可，详情如下：

更改输入方式，利用tttooottt累计变换方式
最后输出时一一判断1到nnn能否合成W、I、N、GW、I、N、GW、I、N、G，不能则输出The name is wrong!

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e2 + 5;
int n, k, dp[MAXN][MAXN][27], a[2005][4] , W , I , N , G , tot;
char b, c, s[MAXN];
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin >> W >> I >> N >> G;for (int i = 1 ; i <= W ; i++) {cin >> b >> c;a[++ tot][0] = 'W' - 'A' + 1;a[tot][1] = b - 'A' + 1;a[tot][2] = c - 'A' + 1;}for (int i = 1 ; i <= I ; i++) {cin >> b >> c;a[++ tot][0] = 'I' - 'A' + 1;a[tot][1] = b - 'A' + 1;a[tot][2] = c - 'A' + 1;}for (int i = 1 ; i <= N ; i++) {cin >> b >> c;a[++ tot][0] = 'N' - 'A' + 1;a[tot][1] = b - 'A' + 1;a[tot][2] = c - 'A' + 1;}for (int i = 1 ; i <= G ; i++) {cin >> b >> c;a[++ tot][0] = 'G' - 'A' + 1;a[tot][1] = b - 'A' + 1;a[tot][2] = c - 'A' + 1;}cin >> s + 1;int m = strlen(s + 1);dp[0][0]['W' - 'A' + 1] = 1;dp[0][0]['I' - 'A' + 1] = 1;dp[0][0]['N' - 'A' + 1] = 1;dp[0][0]['G' - 'A' + 1] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++) {dp[i][i][s[i] - 'A' + 1] = 1;}for (int i = 2; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= m - i + 1; j++) {int p = j + i - 1;for (int q = j ; q < p ; q ++) {for (int x = 1 ; x <= tot ; x ++) {if (dp[j][q][a[x][1]] && dp[q + 1][p][a[x][2]]) {dp[j][p][a[x][0]] = 1;}}}}}bool f = 0;if (dp[1][m]['W' - 'A' + 1]) {printf("W");f = 1;}if (dp[1][m]['I' - 'A' + 1]) {printf("I");f = 1;}if (dp[1][m]['N' - 'A' + 1]) {printf("N");f = 1;}if (dp[1][m]['G' - 'A' + 1]) {printf("G");f = 1;}if (!f) printf("The name is wrong!");return 0;
}

代码相似度实在太高，注释都懒得写了

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样例输出 #1

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大意：判断一个字符串是否能够通过一个特定的串分裂得到，如果可以的话输出特定的串的长度的最小值，如果不可以的话输出NIE。

俗话说得好，正难则反，分裂很难，但是我们可以想：我们可不可以将给定的字符串进行合并得到这个最小特定的串呢？

于是我们可以定义一个三维的区间dp[iii][jjj][sss]表示区间iii-jjj能否合成为字符s然后依次去枚举左端点和区间长度，再在这个枚举到的这个区间里枚举中间点k并更新该区间能合成的字符！

那最后的答案存在哪呢？大多数人第一反应是dp[lll][rrr][191919]，实则不然，因为字符串可能是由多个SSS分裂而成，所以我们还需定义一个dp2[iii]表示前i个字符所需最少SSS数量

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样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

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样例输出 #1

提示

数据规模与约定

大意：判断一个字符串是否能够通过一个特定的串分裂得到，如果可以的话输出特定的串的长度的最小值，如果不可以的话输出NIE。

俗话说得好，正难则反，分裂很难，但是我们可以想：我们可不可以将给定的字符串进行合并得到这个最小特定的串呢？

于是我们可以定义一个三维的区间dp[iii][jjj][sss]表示区间iii-jjj能否合成为字符s然后依次去枚举左端点和区间长度，再在这个枚举到的这个区间里枚举中间点k并更新该区间能合成的字符！

那最后的答案存在哪呢？大多数人第一反应是dp[lll][rrr][191919]，实则不然，因为字符串可能是由多个SSS分裂而成，所以我们还需定义一个dp2[iii]表示前i个字符所需最少SSS数量

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