标签：pac erase flag -- include als 倒序 for sequence
从字符串$s$中选出子集从左往右按顺序放到$p$的结尾($p$初始为空串），最多可以这样操作两次，询问是否能得到 $p=t \ (1\leq|t|\leq|s|\leq400)$
在$t$中枚举断点$mid$，$t[1, mid]$为第一次操作选出，$t[mid + 1, |t|]$为第二次操作选出
$f[i][j]$表示当前是否能达到第一次操作串匹配$i$位，第二次操作串中匹配$j$位
$f[i][j] \ \ |= \begin{cases} f[i - 1][j] \ (s[k] == t[i]) \\ f[i][j - 1] \ (s[k]==t[j + mid])\end{cases}$
这样复杂度$O(n^4)$
显然有这样一个结论
若$f[a][b] == true$， $\forall x \in [1,a]，y \in [1,b]$， 有$f[x][y]==true$
因此$i,j$均不为当前最长匹配的转移是多余的
$Max1[i]$表示第一次操作串中匹配$i$位时，第二次操作串中最多匹配几位
$Max2[i]$表示第二次操作串中匹配$i$位时，第一次操作串中最多匹配几位
每次只需拓展这两个数组就行
两数组相反，每次拓展完要通过自己修改对方
注意$s$中每个字符只能用一次，要倒序枚举，互相修改要等两数组自身都修改完
复杂度$O(n^3)$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int T, len1, len2, Max1[410], Max2[410]; char s[410], t[410]; int main() { scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%s\n%s", s + 1, t + 1); len1 = strlen(s + 1), len2 = strlen(t + 1); bool flag = false; for (int Mid = 1; Mid <= len2; Mid++) { for (int i = 1; i <= Mid; i++) Max1[i] = -1; for (int j = 1; j + Mid <= len2; j++) Max2[j] = -1; Max1[0] = Max2[0] = 0; for (int k = 1; k <= len1; k++) { for (int i = Mid; i; i--) if (s[k] == t[i]) Max1[i] = max(Max1[i], Max1[i - 1]); for (int j = len2 - Mid; j; j--) if (s[k] == t[j + Mid]) Max2[j] = max(Max2[j], Max2[j - 1]); for (int i = 0; i <= Mid && Max1[i] != -1; i++) Max2[Max1[i]] = max(Max2[Max1[i]], i); for (int j = 0; j + Mid <= len2 && Max2[j] != -1; j++) Max1[Max2[j]] = max(Max1[Max2[j]], j); } if (Max1[Mid] == len2 - Mid) { flag = true; break; } } puts(flag ? "YES" : "NO"); } return 0; }
Codeforces 1303E - Erase Subsequences
标签：pac erase flag -- include als 倒序 for sequence
原文地址：https://www.cnblogs.com/Urushibara-Ruka/p/13124433.html
