P3624 DNA - dp求字典序

P3624 DNA - dp

P3624 [APIO2008] DNA

题意

这段ai写的洛谷没过

• DNA 序列由 A、C、G、T 四种字符组成，其中 N 表示是 A/C/G/T 中的任意一个。
• 四种核苷酸的优先级顺序：A > C > G > T。
• 范式-1：序列中每个核苷酸都 ≥ 其右边的核苷酸（按优先级比较）。
• 范式-j（j>1）：要么是范式-(j-1)，要么是范式-(j-1) 和范式-1 的连接。

任务：给定一个包含 N 的未完成序列，找出所有适合该序列的范式-K DNA 序列中，优先级排序的第 R 个。

输入：

• 第一行：M K R （序列长度，范式等级 K，要找的排名 R）
• 第二行：长度为 M 的字符串（包含 A/C/G/T/N）

输出：

• 第 R 个适合该序列的范式 -K DNA 序列

思路

显然我们只要知道在每个 \(N\) 的位置知道其所有选择的对应的方案数，通过不断确定状态，来限定其后面的最低排名，就可以得到答案。

不过想要知道其后面的方案数，显然要从后面向前计算。如果作的是 \(N\) 前面的方案数，并最后从后向前推的时候，会发现限制出来的 DNA 序列不是按优先级升序的，所以只能从后向前计算。

考虑 \(dp\)，容易想到开一维存位置，然后由于范式 \(-1\) 对顺序有要求，并且 \(N\) 有 \(4\) 种选择，所以还要开一维表示当前的字母，我们要求的是范式 \(-K\) 的方案数，而 \(-K\) 的方案数显然可以由 \(-(K-1)\) 推得，所以再开一维表示当前的范式等级。即：

\(dp_{i,j,b}\) 表示第 \(i\) 个位置，当前范式等级为 \(j\)，当前字母为 \(b\) 的方案数。

思考如何转移：

1. 如果当前是 \(N\)，那么字母需要枚举，否则 \(b\) 是确定的。
2. 范式等级需要枚举到 \(K\)，发现如果当前优先级和后面连上了，那当前等级 \(j\) 可由 \(i+1\) 的 \(j\) 推得，否则由 \(i+1\) 的 \(j-1\) 推得，即当前 \(j\) 由 \(j-(b>bb)\) 推得。
3. 所有比 \(K\) 小的等级也属于范式 \(-K\) 的方案数，这里作前缀和优化。

最后得到：

\[dp_{i,j,b} = \sum_{bb=1}^4 {dp_{i+1,j-(b>bb),bb}} \]

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int maxn = 1e5+10;

int n,k,r;
int wi[maxn],dp[maxn][15][5];

int c2i(char c)
{
    if(c=='A') return 1;
    if(c=='C') return 2;
    if(c=='G') return 3;
    if(c=='T') return 4;
    return 0;
}

char i2c(int x)
{
    if(x==1) return 'A';
    if(x==2) return 'C';
    if(x==3) return 'G';
    return 'T';
}

signed main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&r);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        char c;
        scanf(" %c",&c);
        wi[i]=c2i(c);
    }

    if(!wi[n])
    {
        for(int i=1;i<=4;++i)
        {
            dp[n][1][i]=1;
        }
    }
    else
    {
        dp[n][1][wi[n]]=1;
    }

    for(int i=n-1;i>=1;--i)
    {
        if(wi[i])
        {
            for(int j=1;j<=k;++j)
            {
                for(int bb=1;bb<=4;++bb)
                {
                    dp[i][j][wi[i]]+=dp[i+1][j-(wi[i]>bb)][bb];
                }
            }
        }
        else
        {
            for(int b=1;b<=4;++b)
            {
                for(int j=1;j<=k;++j)
                {
                    for(int bb=1;bb<=4;++bb)
                    {
                        dp[i][j][b]+=dp[i+1][j-(b>bb)][bb];
                    }
                }
            }
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=1;j<=k;++j)
        {
            for(int b=1;b<=4;++b)
            {
                dp[i][j][b]+=dp[i][j-1][b];
            }
        }
    }

    int lst=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(wi[i])
        {
            printf("%c",i2c(wi[i]));
            k-=(lst>wi[i]);
            lst=wi[i];
        }
        else
        {
            int b=1;
            for(;b<=4 && r>dp[i][k-(lst>b)][b];++b)
            {
                r-=dp[i][k-(lst>b)][b];
            }
            k-=(lst>b);
            lst=b;
            printf("%c",i2c(b));
        }
    }

    return 0;
}