【个人训练】The Cow Lexicon（POJ-3267）

继续大战dp。2018年11月30日修订，更新一下现在看到这个题目的理解（ps：就现在，poj又503了）。

题意分析

这条题目的大意是这样的，问一字符串内最少删去多少的字符使其由给定的若干字符串构成。非常好的一道字符串dp题。
具体的dp解法是什么呢？考虑一下我们删去的这个过程。比如说这个式子

throw
thraow

我们要不然删去a，要不然删去 “thraow”才能满足由第一个式子构成的这个条件（空串也算被第一个式子构造了）。但是，程序如何知道删去a是使这俩个单词匹配的最优决策？

我们这样考虑：每次从后往前考虑到第i个字符的时候，我有两个决策：一，这个字符不行，删掉（这是个始终合理的答案）。二，这个字符很行，从它($str_i$)到某个字符（$str_j$）结束，是能够在删除若干字符的情况下匹配到某个目标串的（也就是说，某个目标串是$(i,j)$的子序列），那么从这个串到末尾的不能匹配的情况就变成（或者说“转移”）从那个目标串结束之后的字符开始的情况了（当然需要更新一下我删去的字符的数目）。

因此，有了上面这些思维过程，就可以想到设立$dp[i]$保存每次删去的最小值，并且从右往左去处理。这样，$dp[i]$的意思就是“从i->end删除最少的值”。
而转移方程自然很容易得出了：$$dp[i]={dp[i+1]+1,dp[cur]+L-cur-i}$$，第二个仅当目标字符串能够在[i,cur]中间删去若干字符后完成匹配可用。

代码

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
using namespace std;

typedef unsigned long long ull;
int dp[305];
int main()
{
    int w,l;
    while(cin>>w>>l)
    {
        string wstr; cin>>wstr;
        vector<string> lstr;
        for(int i=1;i<=w;++i)
        {
            string tmp; cin>>tmp;
            lstr.push_back(tmp);
        }
        dp[l]=0;
        for(int i=l-1;i>=0;--i)
        {
            dp[i]=dp[i+1]+1;
            //printf("dp[%d]=%d.
",i,dp[i+1]+1);
            for(int j=0;j!=w;++j)
            {
                int len=lstr[j].length();
                if(len<=l-i && lstr[j][0]==wstr[i])
                {
                    int curw=i,curl=0;
                    while(curw<l)
                    {
                        if(lstr[j][curl]==wstr[curw++])
                            curl++;
                        if(curl==len)
                        {
                            dp[i]=min(dp[i],dp[curw]+curw-i-len);
                            //printf("[Changed]dp[%d]=%d.
",i,dp[i]);
                            break;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        cout<<dp[0]<<endl;
    }   
    return 0;
}