bzoj 3864: Hero meet devil(dp套dp)

题面

给你一个只由\(AGCT\)组成的字符串\(S (|S| ≤ 15)\),对于每个\(0 ≤ .. ≤ |S|\),问
有多少个只由\(AGCT\)组成的长度为\(m(1 ≤ m ≤ 1000)\)的字符串\(T\),使得\(LCS(T,S)=i\)

题解

老早就听说这个叫做\(dp\ of\ dp\)的神仙了……然而一直没学……

我们先考虑\(LCS\)是怎么转移的,设\(LCS(i,j)\)表示第一个串到\(i\),第二个串到\(j\)为止的最长公共子序列,那么转移为

\[LCS(i,j)=\max \begin{cases} LCS(i-1,j-1)+1 &S[i]=T[j]\\ LCS(i,j-1)\\ LCS(i-1,j) \end{cases} \]

然后我们发现\(LCS(i,j)\)的值和\(LCS(i,j-1)\)的值相差最多不会超过\(1\)

那么我们把数组的第二维差分一下,再状压成一个二进制序列,然后我们就可以预处理出\(to[s][k]\)表示当前\(LCS\)状态为\(s\),加的下一个字符为\(k\),可以到达的\(LCS\)状态是什么

然后设\(f[i][s]\)表示当前在第\(i\)个位置,此时\(LCS\)状态为\(s\)的方案数

那么转移方程就是

\[f[i][to[s][k]]+=f[i-1][s](k=A,T,G,C) \]

边界为\(f[0][0]=1\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const char T[15]={"ATGC"};const int N=(1<<15)+5,P=1e9+7;
inline void Add(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
char S[19];int to[N][4],sz[N],f[2][N],ans[1005];
int n,m,lim,t;
void init(){
	static int d[19],g[19];
	fp(s,0,lim-1){
		sz[s]=sz[s>>1]+(s&1);
		fp(j,0,n-1)d[j+1]=d[j]+(s>>j&1);
		fp(k,0,3){
			fp(j,1,n){
				g[j]=max(g[j-1],d[j]);
				T[k]==S[j]?cmax(g[j],d[j-1]+1):0;
			}
			to[s][k]=0;
			fp(j,0,n-1)g[j+1]-g[j]?(to[s][k]|=(1<<j)):0;
		}
	}
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	int cas;scanf("%d",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%s%d",S+1,&m),n=strlen(S+1),lim=(1<<n);
		init(),memset(ans,0,4*(n+1)),memset(f,0,sizeof(f));
		f[0][0]=1,t=0;
		for(R int i=1;i<=m;++i,t^=1){
			memset(f[t^1],0,4*lim);
			fp(s,0,lim-1)fp(k,0,3)Add(f[t^1][to[s][k]],f[t][s]);
		}
		fp(s,0,lim-1)Add(ans[sz[s]],f[t][s]);
		fp(i,0,n)printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}
深深地明白自己的弱小
posted @ 2019-03-14 22:17  bztMinamoto  阅读(314)  评论(0编辑  收藏  举报
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