「山东省队集训2021 Round 1」 半夜

考虑将 (X) 复制一次放到后面再对其长度为 (n) 的连续子串和 (Y) 求一波 ( m{Longest Common Subsequence}) 就能得到 (Theta(n^3)) 的分数了

那么设 (f_{i,j,k}) 表示 (X[idots j],Y[1dots k]) 的 (LCS)

考虑如下两个性质：

[f_{i-1,j,k}>f_{i-1,j-1,k}Rightarrow f_{i,j,k}>f_{i,j-1,k} ]

[f_{i,j,k}>f_{i,j,k-1}Rightarrow f_{i-1,j,k}>f_{i-1,j,k-1} ]

下文受篇幅限制只证明第一个：

因为这个 ( m{DP}) 类似于网格图上最大带权游走，那么设两个串的左端点为网格图起始点，右端点为终止点

不难发现两条路径必然存在交点，设 ((i-1,0)) 到 ((j,k)) 的 最靠左 路径为 (C_1)，而 ((i,0)) 到 ((j-1,k)) 的最靠左的最优路径为 (C_2)

设两个路径公共部分是 (C)，之前是 (C_1A,C_2A)，之后的是 (C_1B,C_2B)，把已知和结论统统表示出来互相推就行了

那么必然存在 ( m{p(j,k),q(j,k)}) 满足：

[ m{f(i,j,k)=f(i,j-1,k)+[ige p(k,j)]=f(i,j,k-1)+[i<q(k,j)]} ]

至此可以得到所有 (p(n,x)) 然后使用第一个等号后的式子递推 ( m{f(x,x+n-1,n)}) 即可

考虑如何转移 ( m{p,q})？

设 (P=p_{k-1,j},Q=q_{k,j-1})（认真注意变量定义）

• (X_i e Y_j)

  如果 (P<Q)，把 (f_{i,j-1,k},f_{i,j,k-1}) 的转移结果写出来就能发现 (p(k,j)=Q,q(k,j)=P)，因为 (f_{i,j,k}ge max{f_{i,j-1,k},f_{i,j,k-1}})

  

  而对于 (Pge Q) 的情况，仍然是写出来转移的结果得到 (p_{i,j}=P,q(i,j)=Q)

  

• (X_i=Y_j)

  这里必然会有 (f_{i,j,k}=f_{i,j-1,k-1}+1)，那么分开讨论究竟是哪边加了 (1)，对转移有贡献的如下：

  如果 (f_{i,j,k}=f_{i,j-1,k}+1)，即上次不能转移，但是现在可以，那么必然满足 (ige Q,p(k,j)=Q)

  如果 (f_{i,j,k}=f_{i,j,k-1})，即提前转移过了，现在不能转移，那么必然满足 (ige P,q(k,j)=p)

这样就可以了！ 时间复杂度 (O(n^2))

$ exttt{Talk is cheap,Show the Code}$

const int N=2010;
int p[N][N<<1],q[N][N<<1],f[N<<1][N<<1],n,ans;
char x[N<<1],y[N];
signed main(){
	n=read(); scanf("%s%s",x+1,y+1); rep(i,1,n) x[i+n]=x[i];
	rep(i,1,n*2) p[0][i]=i+1; rep(i,1,n*2) q[0][i]=1;
	rep(i,1,n) rep(j,1,(n<<1)){
		int P=p[i-1][j],Q=q[i][j-1];
		if(P>=Q&&x[j]!=y[i]) p[i][j]=P,q[i][j]=Q;
		else p[i][j]=Q,q[i][j]=P;
	}
	rep(i,0,(n<<1)) rep(j,i,(n<<1)) f[i][j]=f[i][j-1]+(i>=p[n][j]);
	rep(i,1,n) ckmax(ans,f[i][i+n-1]); print(ans); return 0;
}
//Use The Time To Enrich This Selfclosing Youth