广东省选题：单词缩写（动态规划，字符串处理）

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【题目描述】
树树发现好多计算机中的单词都是缩写的,如
是,有时缩写对应的全称会不固定,如缩写
( 1) LINus ’s UniX
( 2) LINUs ’s miniX
( 3) Linux Is Not Unix
GDB ,它是全称 Gnu DeBug 的缩写。但
LIUNUX ,可以理解为:
现在树树给出一个单词缩写,以及一个固定的全称(若干个单词组成,空格隔开)
全称中可能会有无效的单词，全需要忽略掉,
一个合法缩写要求每个有效单词至少有一个字符出现在缩写中缩写必须按顺序出现在全称中。
对于给定的缩写和一个固定的全称,
问有多少种解释方法?
解释方法为
缩写的每个字母在全称每个有效单词中出现的位置,有一个字母位置不同,就认为是不同的解释方法。

【输入文件】
第一行输入一个
N ,表示有 N 个无效单词;
接下来 N 行分别描述一个有小写字母组成的无效单词;
最后是若干个询问,先给出缩写(只有大写字母)
,然后给出一个全称,读入以
“LAST
CASE” 结束。

【输出文件】
对于每个询问先输出缩写,如果当前缩写不合法,则输出
“is not a valid abbreviation”
否则输出 “can be formed in i ways” ( i 表示解释方法种数) 。

【样例输入】
2
and
of
ACM academy of computer makers
RADAR radio detection and ranging
LAST CASE

【样例输出】
ACM can be formed in 2 ways
RADAR is not a valid abbreviation

【数据规模】
1≤ N≤ 100,每行字符串长度不超过150,询问不超过
20,最后方案数不超过10^9。

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一道鬼畜题！！
思路还是蛮简单的，但想要的满分那就有蛮难了！！
如果没做过的可以试试看（让你看了标签估计你都A不掉）。
为什么这题笔者说这么难搞呢？
其实就是因为这题字符串的处理！！稍不留神就会全部WA掉！
所以这题还是蛮锻炼OIER们的代码能力和性子的。

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下面正式开始讲解这道题！！
我们按照题干的顺序来看：

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1.读入问题
这题的读入就是一个大麻烦！想当初笔者第一次做这题时就败在这里。
我就问你，怎么读入‘RADAR radio detection and ranging’这句话，空格还要保留下来！
各位同学尝试几下就可以发现，以下方法都不行：
char pr[ 1000000 ]；
方法一：cin>>pr
方法二：scanf("%s",pr);
方法三：while(ch!='\n' && ch!='\0' && ch!='\r' && ch>0){ch = getchar();ch-->pr;}
方法四：string 读入，转化为pr
方法五：gets(pr);
方法六：Ans so on !!!
笔者考试考这题时在这里就在这里卡了好久，搞得后面的题都没时间做了。
那么究竟该怎么搞呢？
正解：

     while(! (ch==' ' || (ch<='Z' && ch>='A') || (ch<='z' && ch>='a')))ch = getchar();
     while(ch==' '||(ch<='Z' && ch>='A')||(ch<='z'&&ch>='a')){pr[++Len] = ch; ch = getchar();}

白痴也看的懂吧，没什么好解释的，不这样输入（用此方法）就等着RE或WA吧。

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2.单词提取问题
单词提取这个地方也比较容易混乱，最好用while来解决；
具体方法是：
先不管是否为不符合单词，都先把它读进来。
然后用STL：strcmp( A , B )这个神器来去掉无效单词。

while (i<Len)
{
    while(!(pr[i]>='a'&&pr[i]<='z'))i++;
    sum++; nd[sum] = -1;
    while (pr[i]>='a'&&pr[i]<='z')
    {
        wd[sum][++nd[sum]]=pr[i];
        i++;
    }
    for (int t=1;t<=N;t++){
            if(strcmp(wd[sum],noz[t]) == 0){
             memset(wd[sum],0,sizeof(wd[sum]));
             nd[sum] = -1;sum --; break;
            }continue;
         }
}

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3.动态规划部分
到了这里你应该有一下东西了（上面没写的自己搞搞啦）：
一.合法单词word[ i ][ j ]及单词长度nd[ i ]；
二.单词缩写S[ i ]及缩写的长度sl
三.合法单词的总个数 sum
然后就考虑如何DP啦。
我们设dp[ i ][ j ][ k ]表示当前已经匹配到缩写的第 i 位，用到了第 j 个单词的第 k 个字母 一共有的方案数。
首先注意到，每一个单词至少要选出一个字母！！
所以我们向后延伸答案(不是转移)时：
（1）若 k 为此单词的首位置：dp[ i ][ j ][ k ] = 0；<即k == 1>
（2）如果不是（1）中情况：dp[ i ][ j ][ k ] = dp[ i ][ j ][ k-1 ]；<即k >= 1>
然后考虑一下答案的转移：
如果当前位置与缩写位置匹配，即S[ i-1 ] == word[ j ][ k-1 ]，那么此时就可以转移答案了：
答案贡献分为两部分：
从当前单词转移：dp[ i-1 ][ j ][ t-1 ]；
从前一个单词及之前单词转移：dp[ i-1 ][ j-1 ][ nd[j-1] ]；
所以总和一下：

   if（S[ i-1 ] == word[ j ][ k-1 ]）
       dp[i][j][k] = dp[i][j][k] + dp[i-1][j-1][nd[j-1]] + dp[i-1][j][t-1];

所以转移就是这样的啦，其中：
初始值：dp[ 0 ][ 0 ][ 0 ] = 1; nd[ 0 ] = 0;
答案存于：dp[ sl ][ sum ][ nd[sum] ]；
注意：此处所写下标可能与下文中的实现代码不一致，但原理相同，读者自行注意一下下标是如何定义即可

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4.具体的实现代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<vector>
#define IL inline
#define RG register
#define ll long long
using namespace std;

inline int gi()
{
    int date = 0,m = 1; char ch = 0;
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch = getchar();
    if(ch == '-'){m = -1 ; ch = getchar();}
    while('0'<=ch && ch<='9'){
        date = date * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }return date * m;
}


char pr[160];
char S[160];
char wd[160][160];
int nd[160],sl,sum,Len;  //sl缩写结束位置,sum单词个数,Len原串结束位置，nd[i]单词i的结束位置
char noz[160][160];
char ed[9] = {'L','A','S','T',' ','C','A','S','E'};
int dp[160][160][160];
int N;

IL void CIN()
{
    char ch = 0;
    memset(pr,0,sizeof(pr));
    ch = getchar(); Len = -1;
    while(! (ch == ' ' || (ch<='Z' && ch>='A') || (ch<='z' && ch>='a')))ch = getchar();
    while(ch==' '||(ch<='Z' && ch>='A')||(ch<='z'&&ch>='a')){pr[++Len] = ch; ch = getchar();}
    return;
}

IL bool END()
{
    bool fg = 1;
    if(Len<8)return false;
    for(int i = 0 ; i <= 8; i ++)
        if(ed[i]!=pr[i]){fg = 0; break;}
    return fg;
}

IL void Translate()
{
    sl = -1;sum = 0;
    int i = 0;
    while(1){
        if(pr[i] >= 'A' && pr[i] <= 'Z')
            S[++sl] = pr[i] + ('a' - 'A');
        else break;
        i++;
    }
    for(int i = 0; i <= 159; i++)nd[i] = -1;
    for(int i = 0; i <= 159; i ++)memset(wd[i],0,sizeof(wd[i]));
    while (i<Len)
        {
            while(!(pr[i]>='a'&&pr[i]<='z'))i++;
            sum++; nd[sum] = -1;
            while (pr[i]>='a'&&pr[i]<='z')
            {
                wd[sum][++nd[sum]]=pr[i];
                i++;
            }
            for (int t=1;t<=N;t++){
                if(strcmp(wd[sum],noz[t]) == 0){
                    memset(wd[sum],0,sizeof(wd[sum]));
                    nd[sum] = -1;sum --; break;
                }continue;
            }
        }
    return;

IL int DP(){

    nd[0] = 0; dp[0][0][1] = 1;
    for(int i=1;i<=sl+1;i++)//枚举缩写位数
        for(int j=1;j<=sum;j++)//枚举全称单词序号
            for(int k=1;k<=nd[j]+1;k++)//枚举每个单词的字母序号
            {
                if(k>=1)dp[i][j][k]=dp[i][j][k-1];
                if(S[i-1]==wd[j][k-1])
                    dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k-1]+dp[i-1][j-1][nd[j-1]+1];
            }
    return dp[sl+1][sum][nd[sum]+1];
}

int main()
{
    freopen("abbr.in","r",stdin);
    freopen("abbr.out","w",stdout);
    N = gi();
    for(int i =1 ; i <= N ; i ++)scanf("%s",noz[i]);
    while(1){
        CIN();
        if(END())break;
        Translate();
        int ans = DP();
        for(int i = 0; i <= sl ; i ++)putchar(S[i]-('a'-'A'));
        if(ans == 0)printf(" is not a valid abbreviation\n");
        else printf(" can be formed in %d ways\n",ans);

    }
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}

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