标签：表示 好的 利用 指针 个数 reg ace 方法 char
众所周知，密码在信息领域起到了不可估量的作用。对于普通的登陆口令，唯一的破解 方法就是暴力破解一逐个尝试所有可能的字母组合，但这是一项很耗时又容易被发现的工 作。所以，为了获取对方的登陆口令，在暴力破解密码之前，必须先做大量的准备工作。经 过情报的搜集，现在得到了若干有用信息，形如：
“我观察到，密码中含有字符串***。”
例如，对于一个10位的密码以及观察到的字符串hello与world,可能的密码组合为 helloworld与worldhello;而对于6位的密码以及观察到的字符串good与day,可能的 密码组合为gooday。
有了这些信息，就能够大大地减少尝试的次数了。请编一个程序，计算所有密码组合的 可能。密码中仅可能包含a - z之间的小写字母。
输入数据首先输入两个整数L,N，分别表示密码的长度与观察到子串的个数。
接下来N行，每行若干个字符，描述了每个观察到的字符串。
输出数据第一行为一个整数，代表了满足所有观察条件字符串的总数。
若这个数字小于等于42,则按字典顺序输出所有密码的可能情况，每行一个，
否则，只输出满足所有观察条件字符串的总数即可。
10 2 hello world
2 helloworld worldhello
对于100%的数据，1<=L<=25，1<=N<=10,每个观察到的字符串长不超过10,并且保 证输出结果小于2^63。
好久没打AC自动机上的DP了……我怎么什么题都不会做啊.jpg
这道题是我今天刷到的比较好的一道题……不仅考到了dp，还考到了搜索基本功。
我们首先考虑：对于串i和j，如果j是i的子串，那么我们根本不用考虑最初单独插入进来的j串，
因为只要i串存在，j串就一定存在
那么我们可以在构建出AC自动机之后，把每个节点从fail指针能达到的节点都设为”不是单词节点“，最后再给单词节点重新编号即可。
那么接下来，我们考虑dp的过程。由于节点数，串数和串长都很小，所以我们考虑状态压缩来解决这个问题。
我们定义状态数组f[i][j][k]表示当前串长为i，位于j号节点，模式串出现情况为k的方案数。
（这种"走i步到达j节点”也是AC自动机上的常见套路之一）
那么我们事先把单词节点对应的串用二进制压好，转移到时候我们只需要这样处理即可：
f[i+1][rt->ch[u]->id][k|rt->ch[u]->val]+=f[i][j][k]
这样我们就可以搜出方案数，接下来我们考虑输出小于42的具体方案。
首先我们可以得到一个性质：若总方案树不超过42，那么最终串一定仅由给定串拼接而成。
因为如果随机字母可以存在，哪怕只有1个模式串，并且仅有1个随机字母，合法方案数在这种最小情况下也有2×26=52(>42)个
因此我们只需要用搜索进行一个dp的逆过程，看合法方案由哪个节点转移过来，并且记录一路上经过的字符，最后排序输出即可。
这真是一道很不错的题目，方式以及套路很经典，对于状压和搜索的应用都很灵活！
(Ps:我还打了一种利用状压从而不用去重的打法，放在最下面）
去重版代码见下：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=12,L=30,K=(1<<10)+10; 6 typedef long long LL; 7 short l,n,len[N],bin[N],tot,cnt,num; 8 char s[N][N]; 9 struct node 10 { 11 node *ch[26],*f;short id,st,meaning; 12 node(){memset(ch,0,sizeof(ch)),st=0,id=++cnt;} 13 }*null,*root,*q[N*N],*data[N*N]; 14 inline node* newnode() 15 {node *o=new node();data[cnt]=o;return o;} 16 inline void add(int x) 17 { 18 node *rt=root;register int i,d; 19 for(i=0;i<len[x];++i) 20 { 21 d=s[x][i]-‘a‘; 22 if(!rt->ch[d])rt->ch[d]=newnode(); 23 rt=rt->ch[d],rt->meaning=d; 24 } 25 rt->st=1; 26 } 27 inline void get_fail() 28 { 29 register int i,hd=1,tl=0; 30 node *rt,*u; 31 for(i=0,root->f=root;i<26;++i) 32 if(root->ch[i])root->ch[i]->f=root,q[++tl]=root->ch[i]; 33 else root->ch[i]=root; 34 while(hd<=tl) 35 for(rt=q[hd++],u=rt->f,i=0;i<26;++i) 36 if(rt->ch[i])rt->ch[i]->f=u->ch[i],q[++tl]=rt->ch[i]; 37 else rt->ch[i]=u->ch[i]; 38 for(i=1;i<=cnt;++i)for(u=data[i]->f;u&&u!=null&&u!=root;u=u->f)u->st=0; 39 for(i=1;i<=cnt;++i)if(data[i]->st)data[i]->st=++num; 40 for(i=1;i<=cnt;++i)if(data[i]->st)data[i]->st=bin[num-data[i]->st]; 41 } 42 LL f[L][N*N][K]; 43 struct sol 44 { 45 char s[L]; 46 sol(){memset(s,0,sizeof(s));} 47 inline void print(){puts(s);} 48 inline bool operator < (const sol &b) const 49 { 50 for(register int i=0;i<l;++i) 51 if(s[i]!=b.s[i])return s[i]<b.s[i]; 52 } 53 }str[50],stack; 54 void dfs(int len,int id,int state,int now) 55 { 56 register int i,j,k,st; 57 stack.s[len-1]=now+‘a‘; 58 if(len==1){str[++tot]=stack;return;} 59 for(j=2;j<=cnt;++j) 60 if(f[len-1][j][state]&&data[j]->ch[now]->id==id) 61 dfs(len-1,j,state,data[j]->meaning); 62 if(data[id]->st) 63 for(st=state^data[id]->st,j=2;j<=cnt;++j) 64 if(f[len-1][j][st]&&data[j]->ch[now]->id==id) 65 dfs(len-1,j,st,data[j]->meaning); 66 } 67 inline void get_solution() 68 { 69 register int i,j;tot=0; 70 for(j=2;j<=cnt;++j) 71 if(f[l][j][bin[num]-1]) 72 dfs(l,j,bin[num]-1,data[j]->meaning); 73 } 74 int main() 75 { 76 scanf("%d%d",&l,&n);root=newnode(); 77 register int i,j,k,u,v;node *rt;LL ans=0; 78 bin[0]=1;for(i=1;i<=n;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1; 79 for(i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]),len[i]=strlen(s[i]),add(i); 80 get_fail(); 81 for(i=0,f[0][1][0]=1;i<l;++i) 82 for(j=0;j<=cnt;++j) 83 for(rt=data[j],k=0;k<bin[num];++k) 84 if(f[i][j][k])for(u=0;u<26;++u) 85 f[i+1][rt->ch[u]->id][k|rt->ch[u]->st]+=f[i][j][k]; 86 for(j=1;j<=cnt;++j)ans+=f[l][j][bin[num]-1]; 87 printf("%lld\n",ans); 88 if(ans<=42) 89 { 90 get_solution();sort(str+1,str+ans+1); 91 for(i=1;i<=ans;++i)str[i].print(); 92 } 93 }
不去重打法：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=12,L=30,K=(1<<10)+10; 6 typedef long long LL; 7 short l,n,len[N],bin[N],cnt,tot,num; 8 char s[N][N]; 9 struct node 10 { 11 node *ch[26],*f,*fa;short id,st,meaning; 12 node(){memset(ch,0,sizeof(ch)),st=0,id=++cnt;} 13 }*root,*q[N*N],*data[N*N]; 14 inline node* newnode() 15 {node *o=new node();data[cnt]=o;return o;} 16 inline void add(int x) 17 { 18 node *rt=root;register int i,d; 19 for(i=0;i<len[x];++i) 20 { 21 d=s[x][i]-‘a‘; 22 if(!rt->ch[d])rt->ch[d]=newnode(); 23 rt->ch[d]->fa=rt,rt=rt->ch[d],rt->meaning=d; 24 } 25 rt->st|=bin[n-x]; 26 } 27 inline void get_fail() 28 { 29 register int i,hd=1,tl=0; 30 node *rt,*u;root->f=root; 31 for(i=0;i<26;++i) 32 if(root->ch[i]) 33 root->ch[i]->f=root,q[++tl]=root->ch[i]; 34 else root->ch[i]=root; 35 while(hd<=tl) 36 for(rt=q[hd++],u=rt->f,i=0;i<26;++i) 37 if(rt->ch[i]) 38 rt->ch[i]->f=u->ch[i],q[++tl]=rt->ch[i], 39 rt->ch[i]->st|=rt->ch[i]->f->st; 40 else rt->ch[i]=u->ch[i]; 41 } 42 LL f[L][N*N][K]; 43 struct sol 44 { 45 char s[L]; 46 sol(){memset(s,0,sizeof(s));} 47 inline void print(){puts(s);} 48 inline bool operator < (const sol &b) const 49 { 50 for(register int i=0;i<l;++i) 51 if(s[i]!=b.s[i])return s[i]<b.s[i]; 52 } 53 }str[50],stack; 54 void dfs(int len,int id,int state,int now) 55 { 56 register int i,j,k,st; 57 stack.s[len-1]=now+‘a‘; 58 if(len==1){str[++tot]=stack;return;} 59 for(j=2;j<=cnt;++j) 60 if(f[len-1][j][state]&&data[j]->ch[now]->id==id) 61 dfs(len-1,j,state,data[j]->meaning); 62 if(data[id]->st) 63 for(st=state&(~data[id]->st),j=2;j<=cnt;++j) 64 if(f[len-1][j][st]&&data[j]->ch[now]->id==id) 65 dfs(len-1,j,st,data[j]->meaning); 66 } 67 inline void get_solution() 68 { 69 register int i,j;tot=0; 70 for(j=2;j<=cnt;++j) 71 if(f[l][j][bin[n]-1]) 72 dfs(l,j,bin[n]-1,data[j]->meaning); 73 } 74 int main() 75 { 76 scanf("%d%d",&l,&n);root=newnode();root->fa=root; 77 register int i,j,k,u,v;node *rt;LL ans=0; 78 bin[0]=1;for(i=1;i<=n;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1; 79 for(i=1;i<=n;++i) 80 scanf("%s",s[i]),len[i]=strlen(s[i]),add(i); 81 get_fail(); 82 for(i=1,f[0][1][0]=1;i<=l;++i) 83 for(j=1;j<=cnt;++j) 84 for(rt=data[j],k=0;k<bin[n];++k) 85 if(f[i-1][j][k])for(u=0;u<26;++u) 86 f[i][rt->ch[u]->id][k|rt->ch[u]->st]+=f[i-1][j][k]; 87 for(j=1;j<=cnt;++j)ans+=f[l][j][bin[n]-1]; 88 printf("%lld\n",ans); 89 if(ans<=42) 90 { 91 get_solution();sort(str+1,str+ans+1); 92 for(i=1;i<=ans;++i)str[i].print(); 93 } 94 }
标签：表示 好的 利用 指针 个数 reg ace 方法 char
原文地址：http://www.cnblogs.com/LadyLex/p/7514403.html
