标签：nxt 前缀 int Concatenation Prefix cdots abc254G include dp
题意简述：给定两个串 \(s,t\)，求至少用 \(s\) 的几个前缀才能拼出 \(t\)。\(|s|,|t| \leq 1e5\)。
考虑 dp。设 \(dp_i\) 表示至少用 \(s\) 的几个前缀才能拼出 \(t\) 的前 \(i\) 个字符。转移方程：\(dp_i=dp_j+1 \ \text{if} \ t_{j,j+1 \cdots i} = s_{1,2,\cdots i-j}\)。这看着是个 \(O(n^2)\) 的式子，考虑优化。
把 \(dp_i\) 打出来看看规律。
1 1 1 2 2 3 3 3
发现 \(dp_i\) 单调不降。
浅证：若 \(dp_{i+1}<dp_i\)，让拼成 \(dp_{i+1}\) 的最后一个字符串去掉一个字母，显然仍是一个前缀，可以变成 \(dp_i\) 的情况，矛盾。
所以只需对每个 \(i\) 找出最小的 \(j\) 满足 \(t_{j,\cdots,i}\) 是 \(s\) 的前缀，即可。这看着很像 kmp 的 next 数组。把 \(s\#t\) 作为一个整体进行自我匹配，即得。
//time : 2022-06-27 11:51
//problem url : https://atcoder.jp/contests/abc257/tasks/abc257_g
//status : not submitted
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
#include <cmath>
using namespace std;
const int M = 1000005;
string s, t; int dp[M], m, n, nxt[M];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> s >> t; n = s.length(); m = t.length();
s = s + '#' + t;
memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n+m; i++){
int j = nxt[i-1];
while(j > 0 && s[i] != s[j]) j = nxt[j-1];
if(s[i] == s[j]) ++j;
nxt[i] = j;
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
dp[i] = dp[i-nxt[n+i]] + 1;
}
printf("%d\n", dp[m] >= 0x3f3f3f3f ? -1 : dp[m]);
return 0;
}
//aabaaaab
标签：nxt,前缀,int,Concatenation,Prefix,cdots,abc254G,include,dp 来源： https://www.cnblogs.com/purplevine/p/16415986.html
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