[20052006-ptz] Decoding Martian Messages-编程知识

[20052006-ptz] Decoding Martian Messages

news/2025/2/12 3:25:19/文章来源:https://www.cnblogs.com/YzaCsp/p/18706267

前言

有点神奇的一个题, 不太会做

思路

给定 \(p_{i, c}\) 表示位置 \(i\) 是字符 \(c\) 的概率, 确定 \(\displaystyle\sum_{c = 1}^{t} p_{i, c} = 1\)
一个有效的信息被定义为任意长度为 \(k\) 的子序列都在集合 \(\mathbb{D}\) 中出现
求一个有效的信息 \(c_1c_2c_3c_4\cdots c_n\) , 使得 \(\displaystyle \prod_{i = 1}^{n} p_{i, c_i}\) 最大

首先我们把 \(\mathbb{D}\) 中的串串丢进字典树上, 对于每一个串串, 我们不难处理出其后缀串串的下一个位置, \(\rm{belike}\):

我们简单搞一组数据

aba
bab
abb
bba
baa

放到字典树上, 并且把跳跃关系 \((\)\(\color{red}{红边}\)\()\) 连上

连跳跃关系是 \(\mathcal{O} (dt)\) 的, 反正不超时当常数

事实上我们可以把图简化成这样, 不影响答案

考虑一组合法的解, 就是对这个图的一种长为 \(n\) 的遍历
把遍历顺序分层, 不难想到每一层都用概率最大的, 这样贪心下去, 但是是否正确
显然不正确, 但是我们可以考虑正确性更好的图上 \(\rm{dp}\)

令 \(dp_{i, j}\) 表示对于位置 \(i\) , 当前在字典树的 \(j\) 节点的最优方案, 每次转移显然可以跳不止一个位置
空间复杂度是 \(\mathcal{O} (dkn)\) 的, 一会看着优化

不难发现, 如果我们优化状态, 令 \(dp_{i, j}\) 表示对于位置 \(i\) , 当前在 \(j\) 个字符串的开头, 一样可以转移
把字典树上的操作用数组映射好, 不影响转移

然后简单转移即可

实现

直接给出代码

#include <bits/stdc++.h>
const int MAXN = 1005;
const int MAXD = 205;
const int MAXT = 30;int d, k, t, n;
long double pr[MAXN][MAXT];std::string str[MAXD];
std::map<std::string, int> hash;int go[MAXD][MAXT], last[MAXN][MAXD];
long double dp[MAXN][MAXD];int main()
{freopen("decoding.in", "r", stdin);freopen("decoding.out", "w", stdout);scanf("%d %d %d", &d, &k, &t);for (int i = 0; i < d; i++) std::cin >> str[i], hash[str[i]] = i;memset(go, -1, sizeof(go));for (int i = 0; i < d; i++) {std::string tmp = str[i].substr(1);for (int j = 0; j < t; j++) {tmp += (char)('a' + j);if (hash.find(tmp) != hash.end()) go[i][j] = hash[tmp];tmp.pop_back();}}scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = 0; j < t; j++) scanf("%Lf", &pr[i][j]);/*初始化*/for (int i = 0; i < d; i++) {dp[k - 1][i] = 1.0;for (int j = 0; j < k; j++) dp[k - 1][i] *= pr[j][str[i][j] - 'a'];}for (int i = k - 1; i < n - 1; i++) for (int j = 0; j < d; j++) for (int c = 0; c < t; c++) {if (!(~go[j][c])) continue;int to = go[j][c];if (dp[i + 1][to] < dp[i][j] * pr[i + 1][c]) dp[i + 1][to] = dp[i][j] * pr[i + 1][c], last[i + 1][to] = j;}long double ans = 0.0;int id = -1;for (int i = 0; i < d; i++) {if (dp[n - 1][i] > ans) {ans = dp[n - 1][i];id = i;}}if (ans <= 0) {puts("---");return 0;}int cur = n - 1;std::string res;while (cur > k - 1) {res = str[id].back() + res;id = last[cur][id];cur--;}res = str[id] + res;std::cout << res << '\n';return 0;
}