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ⅰ.字典樹+樹型dp
非常奇妙的一種解法
第一部分:構建樹
先對來的單詞讀入，插入字典樹
然後對於一顆字典樹，其實是有很多無用邊的，所以我們需要刪去一些邊
刪去非單詞節點和非單詞節點之間的邊,其實就是下面這個函式
void rebuild(int now,int fa)
for(int i=1;i<=26;i++)
}
對於每一棵子樹而言，右選和不選兩種方案
選，則子樹上的節點都不能再選，即為
\(dp[i][1]=1\)
不選，則子樹上的節點可選可不選
\(f[i][0] = \prod_(f[j][0]+f[j][1])\)
因為是計算方案，決策之間是彼此聯絡的，所以是相乘
#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5009;
int n;
int tree[maxn][27];int isok[maxn],tot;
void insert(string s)
for(int i=1;i<=26;i++) }
ll dp[maxn][3];
void ddp(int now)//開始dp
ddp(0);//樹型dp
cout<ⅱ.線性dp
我們預處理乙個\(f[i][j]\)表示第i個單詞與第j個單詞是否能共存，
然後考慮乙個\(dp[i]\)表示在前i個單詞中，必須包含第i個單詞的子集個數，首先\(dp[i]=1\)（只包含自己乙個元素的乙個子集方案數）
那麼如果前面存在乙個\(j，並且\(f[i][j]=1\)（即i與j可以共存），那麼j所有的子集方案數加上乙個i元素就形成了對應新的方案，那麼狀態就由j轉移到i了，最後，直接累計\(dp[1....n]\)即可，當然最後還要算上空集喲。
但是，這麼做的前提是單詞必須先排序
為什麼呢??因為在\(dp[j]\)的方案中，可能有是\(a[i]\)字首的單詞，那我們就不能轉移
但如果按照字典序排過之後，就不存在這種問題。
#include using namespace std;//dp[i]為必須包括i的個數
typedef long long ll;
ll vis[59][59],dp[59];
string a[59];
bool pan(int l,int r)
for(int i=2;i<=n;i++) }
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dp[i];
cout<}
題解 P1666 字首單詞
考慮到沒有相同的字串，不難發現這是乙個樹形dp，在字典樹上，一旦某個節點被選中，其子樹中的任何節點都不能被選中。如果使用字串比較建圖的話，需要注意去除多重的邊。include include include include includeusing namespace std typedef uns...
洛谷 P1666 字首單詞
首先空集合也是答案，所以樣例是對的 那麼我們思考 假如兩個串ab a b 如果這個時候a不是b的字首 那麼所有字典序小於a的並且不是a的字首的字串均不是b的字首 所以我們先對串排序，然後直接dp f i j 表示1 j號串裡取i個 j號必須取 的所喲方案數 f 0 0 0 include defin...
題解 字首單詞
一組單詞是安全的，當且僅當不存在乙個單詞是另乙個單詞的字首，這樣才能保證資料不容易被誤解。現在你手上有乙個單詞集合，你需要計算有多少個子集是安全的。注意空集永遠是安全的。首先 設dp i 表示前i個集合以i結尾的集合數 核心 dp i dp j 1 j但是問題在於與j不互為字首的單詞不一定與i不互為...