P1019 单词接龙

题目链接

不会做看题解一步一步敲,最后竟然还是wa,原来是有一步自己改动给改错了。。
这题是对字符串不会操作,+不会找关系。

#include <iostream>
#include <string>
#include <cmath>
using namespace std;
int n,vis[30]={0},yc[30][30]={0};
string tr[30];
int mt(int x,int y)
{
	bool pp;
	int ky;
	for(int k=tr[x].size()-1;k>=0;k--)
	{
		pp=true;ky=0;
		for(int kx=k;kx<tr[x].size();kx++)
		{
			if(tr[x][kx]!=tr[y][ky++])
			{
				pp=false;
				break;
			}
		}
		if(pp==true)
		{
			return tr[x].size()-k;
		}
	}
	return 0;
}
char ch;
int ans=-1;
int an=0;
void dfs(int p)
{
	bool jx=false;
	for(int j=1;j<=n;j++)
	{
		if(vis[j]>=2) continue;
		if(!yc[p][j]) continue;
		if(yc[p][j]==tr[p].size()||yc[p][j]==tr[j].size()) continue;
		an+=tr[j].size()-yc[p][j];
		vis[j]++;
		jx=true;
		dfs(j);
		an-=tr[j].size()-yc[p][j];
		vis[j]--;
	}
	if(jx==false) ans=max(ans,an);
	return ;
}
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>tr[i];
	cin>>ch;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			yc[i][j]=mt(i,j);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(tr[i][0]==ch)
		{
			vis[i]++;
			an=tr[i].size();
			dfs(i);
			vis[i]=0;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
 } 
### NOIP 2000 提高组 单词接龙 P1019 解题思路 此问题的核心在于通过深度优先搜索 (DFS) 构造最长的“单词接龙”。以下是详细的解题分析: #### 题目解析 给定单词以及一个起始字母,目标是从这些单词中构建条尽可能长的“龙”,其中每个后续单词都必须以前单词的结尾作为其开头的部分。每个单词最多可被使用两次。 --- #### 数据结构设计 为了高效解决这个问题,我们需要以下几个数据结构: 1. **`g[n][n]` 数组**:用于记录任意两个单词之间的重叠长度。具体来说,`g[i][j]` 表示第 `i` 个单词与第 `j` 个单词之间能够形成的重叠部分长度[^1]。 2. **`used[]` 数组**:标记每个单词已经使用的次数,确保任何单词不会超过两次使用限制[^2]。 3. **全局变量 `res`**:保存当前找到的最大“龙”长度。 --- #### 算法流程 算法主要分为三个阶段: 1. **预处理阶段** 计算并填充 `g[][]` 数组,计算两两单词间的最大公共前缀/后缀匹配长度。这可以通过简单的字符串比较完成[^3]。 2. **初始化阶段** 找到所有可能的起点单词(即以指定首字母开头的单词),并将它们逐作为初始状态传入 DFS 进行探索。 3. **DFS 深度优先搜索** 使用递归的方式尝试扩展当前的“龙”。对于每一个未完全使用的合法单词,将其加入当前链条,并继续向下搜索。当无法进步扩展时,更全局最优解 `res` 并回溯。 --- #### 实现代码 下面是基于上述思路的一个 Python 实现版本: ```python from typing import List, Tuple def max_overlap(s1: str, s2: str) -> int: """计算s1和s2的最大重叠长度""" n = min(len(s1), len(s2)) for k in range(n, 0, -1): # 尝试从最大的k开始减少 if s1[-k:] == s2[:k]: return k return 0 def solve(words: List[str], start_char: str) -> int: n = len(words) g = [[max_overlap(words[i], words[j]) for j in range(n)] for i in range(n)] used = [0] * n # 初始化使用计数器 res = [0] # 存储最终结果 def dfs(last_word_idx: int, current_length: int): nonlocal res res[0] = max(res[0], current_length) for next_word_idx in range(n): overlap_len = g[last_word_idx][next_word_idx] if overlap_len > 0 and used[next_word_idx] < 2: used[next_word_idx] += 1 dfs(next_word_idx, current_length + len(words[next_word_idx]) - overlap_len) used[next_word_idx] -= 1 # 寻找所有符合条件的起点 starts = [i for i in range(n) if words[i][0] == start_char] for idx in starts: used[idx] += 1 dfs(idx, len(words[idx])) used[idx] -= 1 return res[0] # 输入样例 if __name__ == "__main__": n = int(input()) words = [] for _ in range(n): word = input().strip() words.append(word) start_char = input().strip() result = solve(words, start_char) print(result) ``` --- #### 复杂度分析 - **时间复杂度**: 主要由两部分构成——预处理阶段的时间复杂度为 \(O(N^2 \cdot L)\),其中 \(N\) 是单词数量,\(L\) 是平均单词长度;而 DFS 的最坏情况会达到指数级增长,但由于剪枝操作实际运行效率较高。 - **空间复杂度**: 主要是存储 `g[][]` 和辅助栈的空间需求,总体约为 \(O(N^2)\)[^5]。 ---
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值