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洛谷P1481 魔族密码 题解——动态规划破解最长前缀链问题
题目大意
给定N个蜜蜂族密码（字符串），要求找出最长的密码链。链中每个密码必须是前一个密码的前缀，且每个密码只能出现一次。例如密码"a"可以接"ab"、"abc"等，但"ba"不满足条件。
解题思路
本题本质是求字符串数组中的最长前缀链长度，核心思路是动态规划（DP）。通过维护一个dp数组，其中dp[i]表示以第i个字符串结尾的最长链长度。
状态定义
int dp[2005] = {0}; // dp[i]表示以ss[i]结尾的最长链长度
状态转移
对于每个字符串ss[i]，遍历它之前的所有字符串ss[j]：
- 当ss[j]是ss[i]的前缀时，说明可以将ss[i]接在ss[j]之后
- 此时状态转移方程为：
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)
关键优化
使用字符串的find方法判断前缀关系：
if(ss[i].find(ss[j]) == 0) // 精确判断前缀
该方法的时间复杂度为O(L)，其中L是字符串长度，比逐字符比较更高效。
代码解析
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int N;
string ss[2005] = {};
int dp[2005] = {0};int main() {ios::sync_with_stdio(false); // 加速输入输出cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> N;int ans = 0;for(int i = 1; i <= N; ++i) {cin >> ss[i];dp[i] = 1; // 每个字符串自身至少成链for(int j = 1; j < i; ++j) {// 精确前缀判断：ss[j]必须是ss[i]的开头if(ss[i].find(ss[j]) == 0) {dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}}ans = max(ans, dp[i]); // 维护全局最优}cout << ans;return 0;
}
执行流程
- 输入处理：使用快速IO优化处理大规模数据
- 初始化：每个字符串初始链长为1
- 双重循环：
- 外层遍历每个字符串作为当前结尾
- 内层检查所有前置字符串是否构成前缀关系
- 动态更新：通过比较所有可能的j < i的情况，维护最长链
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N²L)，其中L为字符串平均长度
- 空间复杂度：O(N)，仅需线性空间存储dp数组
对于N=2000的极限情况，总运算次数约为2000²×平均长度。在C++的优化下可以通过本题，但仍有优化空间。
优化方向
1. 预处理前缀关系
建立前缀关系矩阵prefix[i][j]，预处理所有字符串对的前缀关系，将内层判断优化至O(1)。但需要O(N²)的额外空间。
2. 字典树优化
构建Trie树存储所有字符串，通过树的层级关系快速查找最长前缀链。可将时间复杂度优化至O(NL)，适合处理更大规模的数据。
3. 排序预处理
按字符串长度升序排序，保证处理顺序满足动态规划的最优子结构性质，可能减少无效比较次数。
示例演示
以样例输入：
5
a
b
ab
ba
abc
为例，处理流程如下：
| 字符串 | 遍历过程 | dp值变化 |
|---|---|---|
| a | 初始化为1 | dp[1]=1 |
| b | 初始化为1 | dp[2]=1 |
| ab | 比较a(是前缀)→dp[3]=2 | dp[3]=2 |
| ba | 比较a(否)/b(否)→保持1 | dp[4]=1 |
| abc | 比较a(是前缀)→dp[5]=2 | |
| 比较ab(是前缀)→dp[5]=3 | dp[5]=3 |
最终输出最长链长度3（a→ab→abc）。
总结
本题是典型的动态规划应用场景，通过状态转移方程捕捉前缀关系的递推性质。关键点在于：
- 正确理解前缀关系的定义
- 合理设计状态转移方程
- 选择高效的字符串前缀判断方法
此类问题在生物信息学（基因序列分析）、输入法词库优化等领域有实际应用价值。理解其思想有助于解决更复杂的字符串序列问题。