题意

分析

显然判断前缀和后缀是否相等可以用hash。我在比赛的时候打了个贪心，每次都选比较大的组，水了59分。

其实可以把每个前缀和后缀都当成一个点，建立二分图，把每个字符串当成一条边，那么问题就转变成了求一个二分图最小覆盖的方案。

方法如下： 首先把所有匹配边和匹配点求出来，然后对于每个连通块讨论：若该连通块没有未匹配点，则把该连通块某一侧的点全部选掉即可。否则就从任意一个未匹配点开始，搜索出一棵交替树（未匹配边->匹配边->未匹配边…），那么交替树上深度为偶数的点就都可以选掉。显然每个点对应一条匹配边，如果某条匹配边两端都是奇数点，则会出现奇环，与二分图矛盾。 但考虑到一棵交替树未必能找到一个连通块的所有点，那么每找到一棵交替树，就把树上的点删掉，再继续重复就好了。这样的话就可以保证每一步都是正确的。

代码

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<map> #include<vector> #include<queue> using namespace std; typedef long long LL; const int N=20005; const int MOD=1000000007; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m,cnt,last[N],dis[N],s,t,cur[N*2],ans,sz,f1,f[N]; struct edge{int to,c,next,use;}e[N]; queue<int> que; vector<int> vec[N]; map<int,int> suf,pre; bool ty[N*2],cho[N],vis[N],use[N]; char ch[1005]; void addedge(int u,int v,int c) { e[++cnt].to=v;e[cnt].c=c;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt; e[++cnt].to=u;e[cnt].c=0;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt; } bool bfs() { for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=0; while (!que.empty()) que.pop(); dis[s]=1;que.push(s); while (!que.empty()) { int u=que.front();que.pop(); for (int i=last[u];i;i=e[i].next) if (e[i].c&&!dis[e[i].to]) { dis[e[i].to]=dis[u]+1; if (e[i].to==t) return 1; que.push(e[i].to); } } return 0; } int dfs(int x,int maxf) { if (x==t||!maxf) return maxf; int ret=0; for (int &i=cur[x];i;i=e[i].next) if (e[i].c&&dis[e[i].to]==dis[x]+1) { int f=dfs(e[i].to,min(e[i].c,maxf-ret)); e[i].c-=f; e[i^1].c+=f; ret+=f; if (maxf==ret) break; } return ret; } void dinic() { while (bfs()) { for (int i=s;i<=t;i++) cur[i]=last[i]; ans+=dfs(s,inf); } } void print(int x) { int size=0; for (vector<int>::iterator it=vec[x].begin();it!=vec[x].end();it++) if (!use[*it]) size++; if (!size) return; printf("%d ",size); for (vector<int>::iterator it=vec[x].begin();it!=vec[x].end();it++) if (!use[*it]) use[*it]=1,printf("%d ",*it); putchar('\n'); } void solve(int x,int dis) { if (dis) print(x); vis[x]=1; for (int i=last[x];i;i=e[i].next) if (!vis[e[i].to]&&e[i].use==dis) solve(e[i].to,dis^1); } void build() { vis[s]=vis[t]=1; for (int i=2;i<=cnt;i+=2) if (!ty[e[i^1].to]&&ty[e[i].to]&&!e[i].c) cho[e[i^1].to]=1,cho[e[i].to]=1,e[i].use=e[i^1].use=1; for (int i=1;i<=sz;i++) if (!vis[i]&&!cho[i]) solve(i,0); for (int i=1;i<=sz;i++) if (!vis[i]&&cho[i]&&!ty[i]) print(i); } int main() { freopen("group.in","r",stdin);freopen("group.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); cnt=1; for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",ch); int len=strlen(ch),x=0,y=0; for (int j=0;j<m;j++) { x=((LL)x*27%MOD+ch[j]-'A'+1)%MOD; y=((LL)y*27%MOD+ch[len-1-j]-'A'+1)%MOD; } if (!pre[x]) pre[x]=++sz,ty[sz]=0; if (!suf[y]) suf[y]=++sz,ty[sz]=1; int p=pre[x],q=suf[y]; vec[q].push_back(i);vec[p].push_back(i); addedge(p,q,1); } s=0;t=sz+1; for (int i=1;i<=sz;i++) if (!ty[i]) addedge(s,i,1); else addedge(i,t,1); dinic(); printf("%d\n",ans); build(); return 0; }