洛谷P12238 [蓝桥杯 2023 国 Java A] 单词分类

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Analysis\] \\color{blue}{\\texttt{\[Analysis\]}} \[Analysis

既然都是字符串前缀的问题了，那当然首先就应该想到 Trie \text{Trie} Trie 树。

我们可以发现这么一个性质，如果选从根到 Trie \text{Trie} Trie 树上某一点形成给定字符串作为前缀，那么子树内所有的字符串都会被归为这个类，子树外的其它字符串都不会被归为这个类。

于是可以想到在 Trie \text{Trie} Trie 上进行 dp \text{dp} dp。用 f u , k f_{u,k} fu,k 表示把子树 u u u 内的字符串分为 k k k 类的方案数。

根据上面的性质，其实这个 dp \text{dp} dp 等价于从 u u u 及其子树中选出 k k k 个点的方案数，因而转移方程显然。

但是需要注意的是，如果选择了 u u u 这个点，那么 u u u 的子树的点都不可以被选取，不然就会有些字符串被分入两个组中。当然，如果 k = 1 k=1 k=1，那么选择 u u u 也是可能的合法的选择。

另外，因为每个字符串都要被分入其中一个组，因此 k k k 不能小于等于 0 0 0。

考虑清楚边界情况就可以开始写代码了。

另外，由于每个节点最多也就 3 3 3 个子树，因此没必要写得那么复杂，枚举每棵子树内选取多少个点就可以了。

时间复杂度最多 O ( N K × max ⁡ { ∣ s ∣ } ) O(NK \times \max \{ |s| \}) O(NK×max{∣s∣})。其中 max ⁡ { ∣ s ∣ } \max \{ |s| \} max{∣s∣} 表示字符串长度的最大值。

Code \color{blue}{\text{Code}} Code

const int mod=1e9+7;
const int N=210,M=110,L=2010;

int id(char ch){
	switch (ch){
		case 'l': return 0;
		case 'q': return 1;
		case 'b': return 2;
		default: return -1;
	}
}

struct Trie_Tree{
	int ch[L][3],ndcnt,cnt[L],child[L];
	bool flag[L];
	
	void init(){
		memset(ch,-1,sizeof(ch));
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		memset(flag,false,sizeof(flag)); 
		memset(child,0,sizeof(child));
		ndcnt=0;
	}
	
	void insert(string s){
		int l=s.length(),u=0;
		
		for(int i=0;i<l;i++){
			int c=id(s[i]);
			
			if (ch[u][c]==-1){
				ch[u][c]=++ndcnt;
				++child[u]; 
			}
			
			++cnt[u];//统计字符串的数量 
			u=ch[u][c];
		}
		++cnt[u];
		flag[u]=true;
	}
}trie;

int f[L][M],n,m;

int dp(int u,int k){ 
	if (trie.cnt[u]<k) return 0;
	if (~f[u][k]) return f[u][k];
	if (k<=0) return 0; 
	if (trie.flag[u]) return k==1;
	
	int res=((k==1)?1:0);
	
	if (trie.child[u]==1){
		int c;
		if (~trie.ch[u][0]) c=trie.ch[u][0];
		else if (~trie.ch[u][1]) c=trie.ch[u][1];
		else c=trie.ch[u][2];
		
		res=(res+dp(c,k))%mod;
	}
	else if (trie.child[u]==2){
		int c1,c2;
		if (~trie.ch[u][0]){
			c1=trie.ch[u][0];
			if (~trie.ch[u][1]) c2=trie.ch[u][1];
			else c2=trie.ch[u][2];
		}
		else c1=trie.ch[u][1],c2=trie.ch[u][2];
		
		for(int i=1;i<k;i++)
			res=(res+1ll*dp(c1,i)*dp(c2,k-i)%mod)%mod;
	}
	else{
		for(int i=1;i<k;i++)
			for(int j=1;j<k-i;j++)
				res=(res+1ll*dp(trie.ch[u][0],i)*dp(trie.ch[u][1],j)%mod*dp(trie.ch[u][2],k-i-j)%mod)%mod;
	}
	
	return f[u][k]=res;
}

int main(){
	cin>>n>>m;
	trie.init();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		string s;cin>>s;
		trie.insert(s);
	}
	
	memset(f,-1,sizeof(f));
	
	printf("%d",dp(0,m));
	
	return 0;
}