正睿1595 [20聯賽集訓day1]打字機（區間編輯距離查詢問題）
題目大意
給定兩個串 \(S\), \(T\)。\(q\) 次詢問，每次查詢 \(S\) 的一個子串 \(S[l,r]\) 和 \(T\) 的編輯距離。
兩串 \(A,B\) 的編輯距離定義為，通過進行插入、刪除、替換的操作（每次操作選擇其中一種），將 \(A\) 變成 \(B\) 所需的最小操作次數。
數據范圍：\(1\leq |S|,q\leq 10^5\)，\(1\leq |T|\leq 20\)。
本題題解
朴素 DP
拋開多次詢問。只考慮對兩個串 \(A\), \(B\)，求他們的編輯距離。
可以做一個朴素 DP。設 \(\text{dp}_0(i,j)\) 表示 \(A[1,i]\) 和 \(B[1,j]\) 的編輯距離（\(\text{dp}_0\) 是為了和后面的其他 DP 區分開來）。則轉移有三種：
一次 DP 的復雜度是 \(O(|A||B|)\)。
在本題里，總復雜度是 \(O(q|S||T|)\)。
正解
先討論一個一般性的問題。對於一個串 \(A\)，考慮它所有后綴與另一個串 \(B\) 的編輯距離。設 \(A\) 的長度為 \(x\) 的后綴與 \(B\) 的編輯距離為 \(h(x)\)。我們發現，函數 \(F(x) = x-h(x)\) 有很好的性質。
- 首先，\(F(x) = x - h(x)\) 單調不降。這很好證明，因為當 \(x\) 加 \(1\) 時（后綴的長度加 \(1\)，即在開頭增加一個字符），\(h(x)\) 最多加 \(1\)（最壞情況就是直接把新加的字符刪掉，用 \(1\) 次操作）。
- 其次，\(F(x) = x - h(x)\) 的值域是很有限的。因為 \(h(x)\leq x + |B|\)，且 \(h(x)\geq x-|B|\)，所以 \(-|B|\leq F(x)\leq |B|\)。
回到本題。\(S\) 的每個子串都可以表述為 \(S\) 的一個前綴的后綴。所以為了回答詢問，我們要對 \(S\) 的每個前綴，預處理出關於它所有后綴的信息。即，我們要對所有：\(A\) 是 \(S\) 的一個前綴，\(B\) 是 \(T\)，的情況，維護出 \(F_{A,B}(x)\)。
那么朴素的做法是，設 \(\text{dp}_1(i,j,x)\) 表示 \(F_{S[1,i],T[1,j]}(x)\)。仿照上述的朴素 DP，可以 \(O(1)\) 轉移。最后對於詢問 \(l,r\)，答案就是：\(r - l + 1 -\text{dp}_1(r,|T|,r - l + 1)\)。時間復雜度 \(O(|S|^2|T|+q)\)。
繼續優化，前面說過，\(F(x)\) 有一個很好的性質，就是值域很小。所以考慮將 DP 的下標與值域互換。重新定義狀態：設 \(\text{dp}_2(i,j,k)\) 表示使得 \(F_{S[1,i],S[1,j]}(x)\leq k\) 的最大的 \(x\)。
轉移還是仿照朴素 DP 中的三種情況：
你可以直接按照編輯距離來理解（和朴素 DP 是類似的）。也可以按照分段函數的合並來理解。在朴素合並分段函數時（也就是 \(\text{dp}_1\)），函數值是對能轉移到它的三種值取 \(\max\)。那新的 DP 中，對於同一個函數值，我們希望它出現的位置越早越好，所以 \(\text{dp}_2\) 的轉移應該是取 \(\min\)。
DP 的邊界也比較重要。考慮 \(F_{A,B}(x)\) 函數，\(x\) 的定義域應該是 \([0,|A|]\)。但是為了方便 DP，我們定義 \(F(-1)=-\infty\)。這樣 DP 的邊界就是：\(\forall i,j:\forall k \in[-m-1,-j):\text{dp}_2(i,j,k)=-1\)。\(\text{dp}_2(0,0,0)=0\)。其他 \(\text{dp}_2(i,j,k) = \infty\)。
DP 的時間復雜度 \(O(|S||T|^2)\)。空間復雜度，用滾動數組優化后，可以做到 \(O(|T|^2)\)。
對於詢問 \(l,r\)。我們從小到大枚舉 \(k\)，找到第一個使得 \(\text{dp}_2(r,|T|,k)\geq r - l + 1\) 的 \(k\)，則答案就是 \(r-l+1-k\)。單次查詢的時間復雜度 \(O(|T|)\)。顯然可以通過二分查找優化到 \(O(\log |T|)\)，不過意義不大。
總時間復雜度 \(O(|S||T|^2+q|T|)\)。
參考代碼
本題可能需要使用讀入、輸出優化，詳見本博客公告。
// problem: ZR1595
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 1e5, MAXM = 20;
const int INF = 1e9;
int n, m, q;
char s[MAXN + 5], t[MAXM + 5];
int dp[2][MAXM + 5][MAXM * 2 + 5];
int g[MAXN + 5][MAXM * 2 + 5];
int main() {
cin >> (s + 1) >> (t + 1) >> q;
n = strlen(s + 1);
m = strlen(t + 1);
int B = m + 1;
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
for (int k = -j; k <= m; ++k) {
dp[0][j][k + B] = INF;
}
for (int k = -m - 1; k < -j; ++k) {
dp[0][j][k + B] = -1;
}
}
dp[0][0][B] = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
int cur = (i & 1);
int nxt = (cur ^ 1);
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
for (int k = -j; k <= m; ++k) {
dp[nxt][j][k + B] = INF;
}
for (int k = -m - 1; k < -j; ++k) {
dp[nxt][j][k + B] = -1;
}
}
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
for (int k = -m - 1; k <= m; ++k) {
// cerr << "** " << i << " " << j << " " << k << " " << dp[i][j][k + m] << endl;
if (i < n)
ckmin(dp[nxt][j][k + B], dp[cur][j][k + B] + 1);
if (j < m)
ckmin(dp[cur][j + 1][k - 1 + B], dp[cur][j][k + B]);
if (i < n && j < m)
ckmin(dp[nxt][j + 1][k + (s[i + 1] == t[j + 1]) + B], dp[cur][j][k + B] + 1);
}
}
for (int k = -m; k <= m; ++k) {
g[i][k + B] = dp[cur][m][k + B];
}
}
for (int tq = 1; tq <= q; ++ tq) {
int l, r;
cin >> l >> r;
int len = r - l + 1;
for (int k = -m; k <= m; ++k) {
if (g[r][k + B] >= len) {
cout << len - k << endl;
break;
}
}
}
return 0;
}