自动搬运

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来自洛谷，原作者为

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搬运于2025-08-24 21:53:26，当前版本为作者最后更新于2020-05-11 10:50:17，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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公共子串 - 洛谷

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之前的几篇题解用到了‘重新统计’这样的步骤，思维量较大（萌新我现在也没太搞懂），于是我自己鼓捣了一下，提出一种比较简单的思路。这篇题解给出完整的论证过程和转移方程，给各位作为参考。

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求三个字符串中互不相同的公共子串数目。

三个字符串分别记为 a、b、c，下标均起始于 1。对三个字符串中的每一个字符，计算它之前一次出现的位置，存入对应的 last 数组中（若该字符之前未出现过则存入 0）。

f[i][j][k] 代表 a[1..i]、b[1..j] 和 c[1..k] 上互不相同的公共子串数目（即子问题的解）。下面动态规划计算 f。

当 a[i] == b[j] == c[k] == ch 时，会产生新的公共子串。此时考虑将 ch 接到之前出现的所有公共子串之后，这样就产生了与之前数量相同的新公共子串，再加上 ch 本身也是新公共子串，故此时有

$$f_{i,\,j,\,k} = 2\cdot f_{i-1,\,j-1,\,k-1} + 1.$$

但是上面没有考虑重复的情况。哪一部分公共子串是重复的呢？为了方便，我们先将 ch 在三个字符串中上一次出现的位置 lasta[a[i]]、lastb[b[j]] 和 lastc[c[k]] 分别记为 li、lj、lk。那么在计算 f[li][lj][lk] 和 f[i][j][k] 时均会在 f[li-1][lj-1][lk-1] 所代表的公共子串末尾接上 ch，这部分就是重复的。还有 ch 本身亦重复，故当 li、lj 和 lk 均不为 0 时，需要考虑重复数。

$$f_{i,\,j,\,k} = 2\cdot f_{i-1,\,j-1,\,k-1} - f_{li-1,\,lj-1,\,lk-1}. $$

若 a[i]、b[j]、c[k] 不相等，那么没有新的公共子串产生，此时直接将之前的值继承过来即可。但问题在于，如何定义“之前”呢？直接复制 f[i-1][j-1][k-1] 显然是错的，因为未考虑在 f[i-1][j][k] 等处产生的新公共子串。很容易可以想到容斥原理：

$$\begin{aligned} f_{i,\,j,\,k} = &\phantom{+} f_{i-1,\,j,\,k} + f_{i,\,j-1,\,k} + f_{i,\,j,\,k-1}\\ &- f_{i-1,\,j-1,\,k} - f_{i,\,j-1,\,k-1} - f_{i-1,\,j,\,k-1}\\ &+ f_{i-1,\,j-1,\,k-1}. \end{aligned} $$

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下面附上核心代码：

for(int i = 1; i <= alen; ++i)
    for(int j = 1; j <= blen; ++j)
        for(int k = 1; k <= clen; ++k)
            if (a[i] == b[j] && b[j] == c[k])
            {
                f[i][j][k] = f[i-1][j-1][k-1]*2 + 1;
                if (lasta[i] && lastb[j] && lastc[k])
                    f[i][j][k] -= f[lasta[i]-1][lastb[j]-1][lastc[k]-1] + 1;
            }
            else
            {
                f[i][j][k] = f[i-1][j][k] + f[i][j-1][k] + f[i][j][k-1]
                           - f[i-1][j-1][k] - f[i][j-1][k-1] - f[i-1][j][k-1]
                           + f[i-1][j-1][k-1];
            }

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我尽量在每一篇题解中做到语言通俗、思路清晰、逻辑严密。如果您从中得到了启发的话，一个小小的赞是对我最大的肯定！