洛谷P3502 [POI2010]CHO-Hamsters感想及题解（图论+字符串+矩阵加速(dp&Floyd)）
标签：题解
阅读体验：https://zybuluo.com/Junlier/note/1310683
扯闲谈
觉得这是道比较好的引导模型转换的题，就决定写一篇题解
即使我就是看的ZSY的，并且几乎写的一模一样（还是稍有不同的）
安利一发租酥雨的题解
原题地址：洛谷P3502 [POI2010]CHO-Hamsters
先理解题意
给出(n)个字符串，让你用这(n)个字符串拼接起来，使(n)个字符串总的出现次数至少为(m)，问拼接起来的字符串的最短长度是多少((n=200，m=100000))
很容易想到一个(n^2m)的(dp)
先用(KMP)跑出每个字符串接在其他字符串后面的最小代价（增加的最短长度）记为(dis)数组
dp[k][i]表示已经出现了(k)个字符串且最后一个字符串是(i)号串的最短长度
显然直接(dp)就行了吧，放一段代码
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[1][i]=len[i];
for(int k=2;k<=m;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[k][i]=min(dp[k][i],dp[k-1][j]+dis[j][i]);
转换题型
看到上面那一段转移是不是神似(Floyd)？（好吧其实我已开始并不这么觉得）
我们把每个字符串抽象成图上的一个点，原来求出的(dis)数组看做每对点之间的边(权)
那么是不是我们的问题就转化成了在图上跑(m)个点的最短距离
很容易发现为什么上面的(dp)那么像(Floyd)了。。。
因为存在边界情况：所有字符作为开头时它的代价是len[i]
所以(dis)数组相对应有以下更新（新建一个(0)号点表示开始节点）：dis[0][i]=len[i],dis[i][0]=Inf
矩阵加速
不能完全叫矩阵，只是比较像
考虑到(dp)的每一次转移都是一遍(Floyd)（每一次转移都是一样的）
你想到了什么？矩阵快速幂优化(dp！)
我们之前的矩阵优化都是通过矩阵之间的运算实现的
我们今天运用一个假的运算法则，它叫做(Floyd)矩阵运算法则
对于每一次的矩阵乘法改成一次(Floyd)运算，就可以顺利的把我们的(100000)级别的(m)优化掉
也许你还是没有明白为什么可以把(Floyd)直接套进矩阵去优化
其实归根结底还是这个转移是没有变化的，且满足结合律
所以进行了很多遍的(Floyd)可以直接再和(ans)相“乘”（(ans)就是答案矩阵了）
代码
洛谷上不开(O_2)还是会(TLE)。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define ldb double
#define lst long long
#define rgt register int
#define N 250
#define M 100050
using namespace std;
const lst Inf=1e18;
il int read()
{
int s=0,m=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
while( isdigit(ch))s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return m?-s:s;
}
int n,m;
int len[N];
int Nxt[N][M];
char S[N][M];
lst Ans=Inf;
struct Matrix{
lst f[N][N];
Matrix operator*(const Matrix K)const
{
Matrix mid;
memset(mid.f,63,sizeof(mid.f));
for(rgt k=0;k<=n;++k)
for(rgt i=0;i<=n;++i)
for(rgt j=0;j<=n;++j)
mid.f[i][j]=min(mid.f[i][j],f[i][k]+K.f[k][j]);
return mid;
}
}dis,ans;
il void Get_dis()
{
for(rgt k=1;k<=n;++k)
for(rgt i=2,j=0;i<=n;++i)
{
while(j&&S[k][i]!=S[k][j+1])j=Nxt[k][j];
if(S[k][i]==S[k][j+1])++j;
Nxt[k][i]=j;
}
//预处理KMP的Nxt[]
dis.f[0][0]=Inf;
for(rgt x=1;x<=n;++x)
{
dis.f[0][x]=len[x],dis.f[x][0]=Inf;
for(rgt y=1;y<=n;++y)
for(rgt i=2,j=0;i<=len[x];++i)
{
while(j&&S[y][j+1]!=S[x][i])j=Nxt[y][j];
if(S[y][j+1]==S[x][i])++j;
if(i==len[x])dis.f[x][y]=len[y]-j;
}
}//预处理两个字符串转化的最小长度
}
int main()
{
n=read(),m=read()-1;
for(rgt i=1;i<=n;++i)
scanf(" %s ",S[i]+1),len[i]=strlen(S[i]+1);
Get_dis(),ans=dis;
while(m)
{
if(m&1)ans=ans*dis;
dis=dis*dis,m>>=1;
}
for(rgt i=1;i<=n;++i)
Ans=min(Ans,ans.f[0][i]);
printf("%lld
",Ans);return 0;
}
总结一下
模型转化还是比较重要的
考场上几次都没有想到
像遇到这种转化有代价，有要求最小代价的题目
就可以往最短路方面去转化
而遇到(dp)无法优化又有转移方程不变这种性质时
可以考虑矩阵快速幂优化(dp)