- POJ 3267 - The Cow Lexicon
- Time: 2000MS
- Memory: 65536K
- 难度: 初级
- 分类: 动态规划
问题描述
给出一个主串，和一本字典，问最少在主串删除多少字母，可以使其匹配到字典的单词序列。
是匹配单词序列，而不是一个单词
解题思路
主要是知道状态方程的含义
dp[i] 表示从message中第i个字符开始，到第L个字符（结尾处）这段区间所删除的字符数，初始化为 dp[L]=0
由于我的程序是从message尾部向头部检索匹配，所以是下面的状态方程：
从程序可以看出，第i个位置到L所删除的字符数，总是先取最坏情况，只有可以匹配单词时才进入第二条方程进行状态优化更新。
第一条方程不难理解，只要弄懂 dp[i] 的意义就能简单推导
第二条方程难点在 dp[pm]+(pm-i)-len
从程序知道，pm是message的指针（其中i表示当前所匹配的单词在message中的起始位置），pd是字典的指针
匹配的过程是：
当确认message第i位和某单词的首位吻合时，就开始逐字匹配，字符相同则两个指针同时向后移动一次，否则pd固定，pm移动。当因为 pm>L 跳出匹配时，说明匹配失败，dp[i]状态不变；当 pd==单词长度 时，单词匹配成功，进行 dp[i] 的状态优化。
显然，匹配成功时，pm-i 代表匹配过程中，从位置i到pm的区间长度，再减去单词长度len，则得到从i到pm所删除的字符数 (pm-i)-len 。又 dp[pm] 表示从pm到L所删除的字符数（根据检索方向，dp[pm]的值在此前已经被作为最坏打算处理，因此并不是空值）
从而 dp[pm]+(pm-i)-len 表示i到L删除的字符数，不难证明这个值一定比 dp[i] 相等或更优，因此取min赋值给 dp[i]。
这是本题最难的地方。
最后输出 dp[0] 就可以了，dp[0] 的意思相信大家都明白了。
AC 源码
//Memory Time
//336K 79MS
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
int main(int i,int j)
{
int w,L;
while(cin>>w>>L)
{
/*Read In*/
int* dp=new int[L+1];
char* mesg=new char[L];
string* dict=new string[w];
cin>>mesg;
for(i=0;i<w;i++)
cin>>dict[i];
/*Initial*/
dp[L]=0; //dp[i]表示从i到L所删除的字符数
/*Dp-Enum*/
for(i=L-1;i>=0;i--) //从message尾部开始向前检索
{
dp[i]=dp[i+1]+1; //字典单词和message无法匹配时，删除的字符数（最坏的情况）
for(j=0;j<w;j++) //对字典单词枚举
{
int len=dict[j].length();
if(len<=L-i && dict[j][0]==mesg[i]) //单词长度小于等于当前待匹配message长度
{ //且单词头字母与信息第i个字母相同
int pm=i; //message的指针
int pd=0; //单词的指针
while(pm<L) //单词逐字匹配
{
if(dict[j][pd]==mesg[pm++])
pd++;
if(pd==len)
{ //字典单词和message可以匹配时，状态优化（更新）
dp[i]=min(dp[i],dp[pm]+(pm-i)-len);//dp[pm]表示从pm到L删除的字符数
break; //(pm-i)-pd表示从i到pm删除的字符数
} //则dp[pm]+(pm-i)-pd表示从i到L删除的字符数
}
}
}
}
cout<<dp[0]<<endl;
delete dp,mesg,dict;
}
return 0;
}
