洛谷 P1019 单词接龙【模拟,dfs深搜】

本文详细解析了单词接龙游戏的算法实现,通过深度优先搜索(DFS)和字符串匹配,寻找以特定字母开头的最长单词序列。文章提供了完整的代码示例,包括如何判断单词的最大重复部分,并将部分单词接在已有序列后面。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

P1019 单词接龙


题目

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题目描述

单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏,现在我们已知一组单词,且给定一个开头的字母,要求出以这个字母开头的最长的“龙”(每个单词都最多在“龙”中出现两次),在两个单词相连时,其重合部分合为一部分,例如 beastbeast和astonishastonish,如果接成一条龙则变为beastonishbeastonish,另外相邻的两部分不能存在包含关系,例如atat 和 atideatide 间不能相连。

输入格式

输入的第一行为一个单独的整数n (n≤20)表示单词数,以下n 行每行有一个单词,输入的最后一行为一个单个字符,表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在.

输出格式

只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度

分析

暴力模拟,每次接上一个单词
判断能否接上,把string dict[indexOfA]接到string a_上,若成功返回1,失败返回0

string dict[70+'a'];
string a_;

/*把`string dict[indexOfA]`接到`string a_`上
* 若成功,返回1
* 若失败,返回0 
*/
int attach(int indexOfA) {
	string b_ = dict[indexOfA];
	int status = 0;
	int minlen = 1e5;
	//可以合并i个字符
	//最多合并minlen个字符
	for(int i=1; i<b_.length() && i<a_.length(); i++) {
		int x, y;
		bool OK = true;
		//依次倒退检查 ,不合格就break 
		for(int j=a_.length()-i; j<a_.length(); j++) {
			x = j;
			y = j-(a_.length()-i);
			if(a_[x]!=b_[y]) {
				OK = false;
				break;
			}
		}
		if(OK)
			minlen = min(minlen, i);
	}
	//如果可以合并 
	if(minlen!=1e5 && minlen<min(a_.length(), b_.length())) {
		status = 1;
		a_.append(b_, minlen, b_.length());//把b_不重复的部分接在a_上
	}
	return status;
}

dfs出现次数两次以下的单词,vis记录出现次数
dfs(k)返回以dict[k]开头最长的龙

int vis[40];

int dfs(int k) {
	int maxlen = 0;
	string a_copy = a_;
	if(attach(k) == 1 || a_==dict[k]) {//如果可以更新 
		vis[k]++;//标记 
		maxlen = max(maxlen, (int)a_.length());
		for(int i=0; i<n; i++) {//找到出现次数小于2的继续深搜 
			if(vis[i]<2) {
				maxlen = max(maxlen, dfs(i));
			}
		}
		vis[k]--;//复原 
		a_ = a_copy;
	}
	return maxlen;
}

AC Code


#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;

string dict[70+'a'];

int n;char start;

string a_;

/*把`string dict[indexOfA]`接到`string a_`上
* 若成功,返回1
* 若失败,返回0 
*/
int attach(int indexOfA) {
	string b_ = dict[indexOfA];
	int status = 0;
	int minlen = 1e5;
	//可以合并i个 
	for(int i=1; i<b_.length() && i<a_.length(); i++) {
		int x, y;
		bool OK = true;
		//依次检查 ,不合格就break 
		for(int j=a_.length()-i; j<a_.length(); j++) {
			x = j;
			y = j-(a_.length()-i);
			if(a_[x]!=b_[y]) {
				OK = false;
				break;
			}
		}
		if(OK)
			minlen = min(minlen, i);
	}
	//如果可以合并 
	if(minlen!=1e5 && minlen<min(a_.length(), b_.length())) {
		status = 1;
		a_.append(b_, minlen, b_.length());
	}
	return status;
}

int vis[40];

int dfs(int k) {
	int maxlen = 0;
	string a_copy = a_;//备份
	if(attach(k) == 1 || a_==dict[k]) {//如果可以更新 
		vis[k]++;//标记 
		maxlen = max(maxlen, (int)a_.length());
		for(int i=0; i<n; i++) {//找到出现次数小于2的继续深搜 
			if(vis[i]<2) {
				maxlen = max(maxlen, dfs(i));
			}
		}
		vis[k]--;//复原 
		a_ = a_copy;
	}
	return maxlen;
}

int main() {
	cin>>n;
	for(int i=0; i<n; i++){
		cin>>dict[i];
	}
	cin>>start;
	int HelloWorldZtr = 0; 
	for(int i=0; i<n; i++) {
		if(dict[i][0] == start) {//判断dict[i]是否是以start开头
			a_ = dict[i];
			vis[i]++;
			HelloWorldZtr = max(HelloWorldZtr, dfs(i));
			vis[i]--;
		}
	}
	cout<<HelloWorldZtr<<endl;
	return 0;	
}

重点


1.判断单词最大重复部分

for(int i=1; i<b_.length() && i<a_.length(); i++) {
		int x, y;
		bool OK = true;
		//依次检查 ,不合格就break 
		for(int j=a_.length()-i; j<a_.length(); j++) {
			x = j;
			y = j-(a_.length()-i);
			if(a_[x]!=b_[y]) {
				OK = false;
				break;
			}
		}
		if(OK)
			minlen = min(minlen, i);
	}

2.将b的一部分接到a后面
= a_.append(b_.substr(minlen, b_.length() ) );

a_.append(b_, minlen, b_.length());

3.dfs的正确玩法

### P1019 题目解析 P1019 是一道经典的单词接龙问题,目标是从给定的一组单词中构建最长的接龙序列。此问题可以通过图论中的度优先索(DFS)或者广度优先索(BFS)来解决[^1]。 #### 问题描述 输入一组单词,每个单词由小写字母组成。定义两个单词可以连接在一起的标准是:前一个单词的最后一个字母等于后一个单词的第一个字母。求能够构成的最大接龙长度以及对应的方案数。 --- #### 思路分析 该问题的核心在于如何高效地找到满足条件的单词组合。以下是主要思路: 1. **建图** 将每个单词视为节点,如果单词 A 的结尾字符与单词 B 的开头字符相同,则从 A 向 B 连一条有向边。这样就形成了一个有向无权图。 2. **状态表示** 使用 DFS 或 BFS 来遍历整个图,记录当前路径的长度和数量。为了防止重复访问同一个单词,在每次扩展时需要标记已使用的单词。 3. **剪枝优化** 如果发现某个分支无法继续延伸,则立即停止对该分支的探索,从而减少不必要的计算开销。 4. **回溯算法** 利用递归的方式枚举所有可能的情况,并通过全局变量保存最大值及其对应的结果集。 --- #### 实现代码 下面提供了一种基于 C++ 的解决方案: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 25; int n, ans_len = 0, ans_cnt = 0; bool used[MAXN]; vector<string> words; string path; void dfs(int length, string last_word) { if (length > ans_len) { ans_len = length; ans_cnt = 1; } else if (length == ans_len){ ++ans_cnt; } for (int i = 0; i < n; ++i) { if (!used[i] && !words.empty() && words[i][0] == last_word.back()) { used[i] = true; dfs(length + 1, words[i]); used[i] = false; } } } int main(){ cin >> n; words.resize(n); for(auto &word : words) cin>>word; memset(used, 0, sizeof(used)); for(int i=0;i<n;++i){ memset(used, 0, sizeof(used)); used[i]=true; dfs(1, words[i]); } cout << ans_len << endl << ans_cnt; } ``` 上述程序实现了完整的逻辑流程,具体细节已在注释中标明。 --- #### 注意事项 - 数据范围较小的情况下可以直接采用暴力方法解决问题;但如果数据规模较大,则需考虑更高效的动态规划策略或其他高级技巧。 - 对于某些特殊边界情况(如同一字符串多次出现),应特别留意其处理方式以免影响最终答案准确性。 ---
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