题解 P7537 [COCI2016-2017#4] Rima

洛谷。

题意

显然。

分析

首先，我们要求的是最长公共后缀，这显然并不便于我们分析，因此，我们要做的第一件事就是将我们输入的串翻转。

第二，分析我们条件的性质。

$\operatorname{LCP}(A,B)\ge \max(\left | A \right |,\left | B \right | )-1$，这代表了什么，我们分析考虑。（下默认 $\left | A \right |\le\left | B \right |$）

1. $\left | A \right |<\left | B \right |-1$，显然不成立。
2. $\left | A \right |=\left | B \right |-1$，当 $A$ 是 $B$ 的前缀时成立。
3. $\left | A \right |=\left | B \right |$，$A$ 与 $B$ 的前 $|A|-1$ 都相同。

由于我们的长度不同以及题目的条件限制，我们显然不能直接线性 DP，因此，我们按照长度分类。

我们发现，由 $A$ 寻找一个长度大于他的符合条件 $B$ 是有 26 种可能的（或者更多，因为没有限制都是小写字母），但是我们由 $B$ 推至 $A$ 却是唯一的。

这让我们想到了树的性质（考试的时候没有想到 Trie 树，后来发现 Trie 一方面卡空间，另一方面限制了只能是小写字母），因此，我们将 $A$ 到 $A$ 的前 $|A|-1$ 连一条边（后称 $pre_A$）。

怎么连边呢，我们先将所有的 $s_i$ 和 $pre_{s_i}$ 给予一个 hash 值（字符串哈希即可），然后离散化，再进行连边即可，可能时间上会多一个 $\log$，但是无伤大雅，空间却只用开 $2\times n$。

int cnt=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
    scanf("%s",s);
    int len=strlen(s);
    ull tot=0;
    for(int j=len-1; j; --j) tot=tot*P+s[j];
    ull pre=tot;
    tot=tot*P+s[0];
    u[i]=tot,v[i]=pre;
    num[++cnt]=u[i],num[++cnt]=v[i];
}
sort(num+1,num+cnt+1);
cnt=unique(num+1,num+cnt+1)-num-1;
for(int i=1; i<=n; ++i) u[i]=lower_bound(num+1,num+cnt+1,u[i])-num;
for(int i=1; i<=n; ++i) v[i]=lower_bound(num+1,num+cnt+1,v[i])-num;
for(int i=1; i<=n; ++i) val[u[i]]=1,lj[v[i]].push_back(u[i]);

接下来解决重头戏：树形 DP。

找一下最终答案的性质，易于发现的，我们最终答案在长度上要么是单调递降，要么单调递增（与前者相同），要么是先下降后上升。放在树上可以发现，这就是我们垂下的两条链，所以，在大的方向上与树形 DP 求数的直径相同。

接下来是转移答案的过程，我们在分析时一直都忽略了一个问题，在长度相同的时候的合法情况，在树上时，这些长度相同的都会挂在同一个节点之下，这些节点我们直接取来即可，在最后将其重复贡献减去即可。

inline void dfs(int now) {
    if(vis[now]) return ;//标记是否走过
    vis[now]=1;
    int tot=0;
    for(auto to:lj[now]) {
        if(!val[to]) continue;//不走构造出的不存在的 pre
        dfs(to);
        sec[now]=max(sec[now],mx[to]);
        if(sec[now]>mx[now]) swap(mx[now],sec[now]);
        ++tot;
    }
    ans=max(mx[now]+sec[now]+tot-min(tot,2)+val[now],ans);//减去重复贡献
    mx[now]=mx[now]+tot-min(tot,1)+val[now];//继承最长的
}

在实现时，我们需要遍历每一个节点，包括我们构成的虚点，这样才能保证不漏记。

总结一下，这题考验了树形 DP 的转化能力。