【SDOI2008】Sandy的卡片 DP

NKOJ 2522【SDOI2008】Sandy的卡片

问题描述

Sandy和Sue的热衷于收集干脆面中的卡片。
然而，Sue收集卡片是因为卡片上漂亮的人物形象，而Sandy则是为了积攒卡片兑换超炫的人物模型。
每一张卡片都由一些数字进行标记，第i张卡片的序列长度为Mi，要想兑换人物模型，首先必须要集够N张卡片，对于这N张卡片，如果他们都有一个相同的子串长度为k，则可以兑换一个等级为k的人物模型。相同的定义为：两个子串长度相同且一个串的全部元素加上一个数就会变成另一个串。
Sandy的卡片数远远小于要求的N，于是Sue决定在Sandy的生日将自己的卡片送给Sandy，在Sue的帮助下，Sandy终于集够了N张卡片，但是，Sandy并不清楚他可以兑换到哪个等级的人物模型，现在，请你帮助Sandy和Sue，看看他们最高能够得到哪个等级的人物模型。

输入格式

第一行为一个数N，表示可以兑换人物模型最少需要的卡片数，即Sandy现在有的卡片数
第i+1行到第i+N行每行第一个数为第i张卡片序列的长度Mi，之后j+1到j+1+Mi个数，用空格分隔，分别表示序列中的第j个数

输出格式

一个数k，表示可以获得的最高等级。

样例输入

2
2 1 2
3 4 5 9

样例输出

2

数据范围

30%的数据保证n<=50
100%的数据保证n<=1000,m<=200

题目描述有点不明，说成“每个元素都加上某个数”应该更清楚。

那么这样就有显然的差分了。我们需要求出的就是n个差分数组的最长公共子串了。

不妨先回顾两个数组的最长公共子串的求法：

设f[i][j]f[i][j]表示AA的前i个字符与BB的前j个字符的最长公共子串长度，且满足Ai=BjA_i=B_j，即末尾元素相同。
Ai=Bj时，f[i][j]=f[i−1][j−1]+1；A_i=B_j时，f[i][j]=f[i-1][j-1]+1；
否则，f[i][j]=0。f[i][j]=0。

现在假设我们求出了第一个数组和其他每个数组的f[i][j]f[i][j]，将第一个数组的前j位与第i个数组的前k位的最长公共子串的长度，且满足末尾元素相等的状态记为f[i][j][k]f[i][j][k]。现在如何求出所有数组的最长公共子串的长度。这时需要一个新的数组Ans[i]=min(max(f[j][i][k],1≤k≤lenj),2≤j≤N)Ans[i]=min(max(f[j][i][k],1\leq k\leq len_j),2\leq j\leq N)，那么max(Ans[i],1≤i≤len1)max(Ans[i],1\leq i \leq len_1)即是最终答案。

不知道怎么解释比较好。固定第一个数组作为标准是关键。详见代码。

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#define Min(x,y) ((x<y)?(x):(y))
#define Max(x,y) ((x>y)?(x):(y))int N,M,D[1005][205],Tmp[205],Ans,f[205][205],TT[205];int main()
{
    int i,j,k,a,b;    scanf("%d",&N);
    for(i=1;i<=N;i++)
    {        scanf("%d",&M);D[i][0]=M;
        for(j=1;j<=M;j++)scanf("%d",&Tmp[j]);
        for(j=1;j<M;j++)D[i][j]=Tmp[j+1]-Tmp[j];
    }    for(i=1;i<D[1][0];i++)TT[i]=i;
    for(k=2;k<=N;k++)
    {        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(Tmp,0,sizeof(Tmp));        for(i=1;i<D[1][0];i++)
        for(j=1;j<D[k][0];j++)
        {            if(D[1][i]==D[k][j])
            {                f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
                Tmp[i]=Max(Tmp[i],f[i][j]);
            }
        }        for(i=1;i<D[1][0];i++)TT[i]=Min(TT[i],Tmp[i]);
    }    for(i=1;i<D[1][0];i++)Ans=Max(Ans,TT[i]);    printf("%d",Ans+1);
}

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