Codeforces Round #646 (Div. 2) F. Rotating Substrings

题意：

给你长度相同的两个字符串 (s) 和 (t) ，每次操作可以把 (s) 中一个字符移到前面的任意位置，求最少经过多少次操作使得 (s) 和 (t) 相等；

解法1：

如果操作是可以把 (s) 中一个字符任意移动，那不难想到最少操作次数即（字符串的长度 - s和t的最长公共子序列） ，而现在只能往前移动，那么此时需要求的 最长公共子序列 就需要有额外条件；我们知道最长公共子序列之间一一对应，对于 (s[i]) 和 (t[j]) ，若 (s[i]=t[j]) 且为最长公共子序列的其中一个对应 ，则串 (s) 中 (i) 后面的字符要么是最长公共子序列的一部分，要么只能往前移动到 (i) 前面，而字符串 (t) 是固定不变的，所以串 (t) 中 (j) 后面的字符肯定全包括在串 (s) 中 (i) 后面，即 (t[j+1...n] in s[i+1...n]) ，这样子就可以匹配只能往前移动的操作了；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define vi vector<int>
#define ll long long
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define frep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    int T,n;
    string s,t;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>s>>t;
		s='.'+s;
		t='.'+t;
		vector<vi>dp(n+1,vi(n+1));  //dp[i][j]表示s[1...i]和t[1...j]的最长公共子序列
		vector<vi>suf_s(n+2,vi(26)),suf_t(n+2,vi(26));  //后缀
		
		frep(i,n,1)
		{
			rep(k,0,25)
              suf_s[i][k]=suf_s[i+1][k],
			  suf_t[i][k]=suf_t[i+1][k];
			++suf_s[i][s[i]-'a'];
			++suf_t[i][t[i]-'a'];
		}
		bool ok=1;
		rep(i,0,25)if(suf_s[1][i]!=suf_t[1][i])ok=0;  //某种字符数量不相等，无解
		if(!ok){cout<<-1<<endl;continue;}
		
		dp[0][0]=0;
		rep(i,1,n)rep(j,i,n)
		{
			dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
			if(s[i]==t[j])
			{
				ok=1;
				//等价于判断 s[i+1...n] 中是否包括 t[j+1...n]
				rep(k,0,25)if(suf_s[i+1][k]<suf_t[j+1][k])ok=0;  
				if(ok)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+1);
		    }
		} 
		cout<<n-dp[n][n]<<endl;
	}    
    
}

解法2：

把操作分为两部分，提取和插入，其中 提取 需要花费代价而 插入 不需要，设 (dp[i][j]) 表示 (s) 串匹配到第 (i) 个字符，而 (t) 串对应匹配到第 (j) 个字符 耗费的最少代价；这里匹配的含义是指通过 (s) 串前 (i) 个字符内的若干前移 (提取+插入) 操作，和 (i) 后面若干字符移动到 (i) 前面，从而匹配 (t[1...j])，因为我们设定插入不需要代价，所以 (dp[i][j]) 计算的代价实际上是前 (i) 个字符内的若干前移的代价； 同时可以清楚 (i leq j~and~s[1...i] in t[1...j]) ；

1. (dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;~~) 提取第 (i) 个字符的代价
2. (dp[i][j]=dp[i-1][j-1];~~) (s[i]=t[j]) 的情况，直接匹配
3. (dp[i][j]=dp[i][j-1];~~) 要从 (s) 串第 (i) 个字符后面找到字符 (t[j]) 移动到前面从而匹配 (t) 串的 (t[j]) ，对于(dp[i][j-1]) 是插入操作，不耗费代价，但 (t[j]) 需要满足可以前移到 (i) 的条件，不难想，即 (s) 串 (i) 后面的 (t[j]) 的数量要大于 (t) 串 (j) 后面的 (t[j]) 的数量

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define vi vector<int>
#define ll long long
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define frep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    int T,n;
    string s,t;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>s>>t;
		s='.'+s;
		t='.'+t;
		vector<vi>dp(n+1,vi(n+1));
		vector<vi>suf_s(n+2,vi(26)),suf_t(n+2,vi(26));
		
		frep(i,n,1)
		{
			rep(k,0,25)
              suf_s[i][k]=suf_s[i+1][k],
			  suf_t[i][k]=suf_t[i+1][k];
			++suf_s[i][s[i]-'a'];
			++suf_t[i][t[i]-'a'];
		}
		bool ok=1;
		rep(i,0,25)if(suf_s[1][i]!=suf_t[1][i])ok=0; //无解的情况
		if(!ok){cout<<-1<<endl;continue;} 
		dp[0][0]=0;
		rep(i,1,n)rep(j,i,n)
		{
			int x=dp[i-1][j]+1;  // 1：提取第i个字符的代价
			if(s[i]==t[j])x=min(x,dp[i-1][j-1]); // 2：s[i]=t[j]，则直接匹配  
			if(suf_s[i+1][t[j]-'a']>suf_t[j+1][t[j]-'a']) x=min(x,dp[i][j-1]); // 3
			dp[i][j]=x;
		} 
		cout<<dp[n][n]<<endl;
	}     
}

解法3：

解法3和解法2其实差不多，将 (s) 和 (t) 反转，那么前移操作就变成了后移操作，同样把操作分为两部分，提取和插入，其中 提取 需要花费代价而 插入 不需要；设 (dp[i][j]) 表示 (s) 串匹配到第 (i) 个字符，而 (t) 串对应匹配到第 (j) 个字符 耗费的最少代价（(s) 串前 (i) 个字符多余的提取出来，后面可以无代价插入），同理 (i geq j~and~t[1...j] in s[1...i]) ；

1. (dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;~~) 提取第 (i) 个字符的代价
2. (dp[i][j]=dp[i][j-1];~~) 表示 (s) 串前 (i) 个字符就可以匹配 (t) 串前 (j-1) 个字符，则匹配 (t) 串第 (j) 个的字符肯定在 (s) 串 (i) 前已经提取的字符中或者(i)后面的字符，都是插入操作，不耗费代价；
3. (dp[i][j]=dp[i-1][j-1];~~) 即(s[i]=t[j]) 的情况，直接匹配；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define vi vector<int>
#define ll long long
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define frep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

const int N = 2000+2;
int pre_s[N][26],pre_t[N][26]; 

bool OK(int i,int j){  //判断s串前i个字符是不是包含t串前j个字符
	rep(k,0,25)
	  if(pre_s[i][k]<pre_t[j][k])return false;
	return true;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    int T,n;
    string s,t;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>s>>t;
		reverse(s.begin(),s.end());
		reverse(t.begin(),t.end());
		s='.'+s;
		t='.'+t;
		vector<vi>dp(n+1,vi(n+1));
		memset(pre_s,0,sizeof(pre_s));
		memset(pre_t,0,sizeof(pre_t));
		rep(i,1,n)
		{
			rep(k,0,25)
              pre_s[i][k]=pre_s[i-1][k],
			  pre_t[i][k]=pre_t[i-1][k];
			++pre_s[i][s[i]-'a'];
			++pre_t[i][t[i]-'a'];
		}
		bool ok=1;
		rep(i,0,25)if(pre_s[n][i]!=pre_t[n][i])ok=0;
		if(!ok){cout<<-1<<endl;continue;} 
		rep(i,0,n)dp[i][0]=i;  //初始化
		
		rep(i,1,n)rep(j,1,i)
		{
			if(!OK(i,j))continue;
			dp[i][j]=dp[i][j-1];
			if(OK(i-1,j))dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+1);
			if(s[i]==t[j]) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]);
		} 
		cout<<dp[n][n]<<endl;
	}    
    
}