【2020杭电多校round2】HDU6774 String Distance

题目大意

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对于两个串$s,t$。你可以进行若干次操作。一次操作，你可以：

• 在$s$或$t$里的任意位置插入一个字符。
• 或在$s$或$t$里的任意位置删除一个字符。

我们定义两个串$s,t$的“距离”为，能使$s,t$相等的，最少操作次数。

现在给定两个串$A[1dots n],B[1dots m]$，和$q$次询问。

每次询问给定两个整数$l_i,r_i$ ($1leq l_ileq r_ileq n$)，求$A[l_idots r_i]$和整个$B$的“距离”。

$T$组数据。

数据范围：$1leq Tleq 10$，$1leq n,qleq 10^5$，$1leq mleq 20$。

本题题解

首先，经过初步分析，两个串$s,t$的距离就等于$|s|+|t|-2cdot ext(s,t)(。其中) ext$表示最长公共序列。于是问题转化为，每次求$A[ldots r]$和$B$的最长公共子序列。

注意到$B$很小而$A$很大，所以要努力使一次询问的复杂度，与$A$的长度（也就是和$r-l+1$）无关。

可以做一些预处理。设$dp[i][j][k]$，表示$A[idots n]$和$B[jdots m]$这两个串，所有长度为$k$的公共子序列里，在$A$上结尾最小是多少。换句话说，$dp[i][j][k]$就是最小的$pgeq i$，满足$A[idots p]$和$B[jdots m]$有长度为$k$的公共子序列。如果不存在这样的$p$，则令$dp[i][j][k]=n+1$。

这个预处理挺有技巧的，不是简单枚举，而需要DP：用已知的来推未知的。我们倒着枚举所有$i$。每个$dp[i][j][k]$，都从$dp[i+1][dots][dots]$转移过来。转移时，有两种情况：$i$在不在这个公共子序列里，分别考虑一下，两种情况取个$min$即可。

预处理完$dp$数组后。考虑回答询问。对一次询问，$A$的开始位置是$l$我们已经知道了。可以暴力枚举$B$的开始位置$j$，再暴力枚举公共子序列长度$k$，看$dp[l][j][k]$是否小于等于$r$。如果小于等于$r$，用$k$更新$ ext$的长度即可。

时间复杂度$O((n+q)m^2)$。

参考代码（ps. 本题需要使用fread，可以去这里粘个板子）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=1e5,MAXM=20;
const int INF=1e9;
int n,m,nxt_b[MAXN+5][26];
int f[MAXN+5][MAXM+5][MAXM+5];
char a[MAXN+5],b[MAXM+5];
void get_nxt(char* s,int len,int nxt[MAXN+5][26]){
	static int pos[26];
	for(int i=0;i<26;++i)
		pos[i]=len+1;
	for(int i=len+1;i>=0;--i){
		for(int j=0;j<26;++j)
			nxt[i][j]=pos[j];
		if(i!=0&&i!=len+1)
			pos[s[i]-'a']=i;
	}
}
void solve_case(){
	cin>>(a+1); n=strlen(a+1);
	cin>>(b+1); m=strlen(b+1);
	get_nxt(b,m,nxt_b);
	for(int j=1;j<=m;++j){
		for(int k=1;k<=m;++k){
			f[n+1][j][k]=n+1;
		}
	}
	for(int i=n;i>=1;--i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			f[i][j][1]=f[i+1][j][1];
			if(nxt_b[j-1][a[i]-'a']<=m){
				f[i][j][1]=i;
			}
			for(int k=2;k<=m;++k){
				f[i][j][k]=f[i+1][j][k];
				if(nxt_b[j-1][a[i]-'a']<m)
					ckmin(f[i][j][k],f[i+1][nxt_b[j-1][a[i]-'a']+1][k-1]);
			}
		}
	}
//	while(1){
//		int i,j,k;
//		cin>>i>>j>>k;
//		cout<<f[i][j][k]<<endl;
//	}
	int q;cin>>q;while(q--){
		int l,r;cin>>l>>r;
		int ans=0;
		for(int j=1;j<=m;++j){
			for(int k=1;k<=m-j+1;++k){
				if(f[l][j][k] > r)
					break;
				ckmax(ans,k);
			}
		}
		ans=r-l+1+m-2*ans;
		cout<<ans<<endl;
	}
}
int main() {
	int T;cin>>T;while(T--){
		solve_case();
	}
	return 0;
}