题解：AT_abc359_d [ABC359D] Avoid K Palindrome

状压 dp 题。

思路

对于每个字符 $s_i$：

• 如果 $s_i$ 不为 A，那么它可以是 B。我们要把这个状态算进去。
• 如果 $s_i$ 不为 B，那么它可以是 A。我们要把这个状态算进去。

令 $dp_{i,j}$ 表示当前枚举到了第 $i$ 位，往前 $k$ 位的二进制表示为一个 01 串 $t$，这个 01 串十进制表示为 $j$。若 $s$ 的从 $i$ 倒数第 $p$ 位为 A，则 $t$ 的倒数第 $p$ 位为 $0$，反之为 $1$。显然 $j<2^k$。

每次我们新加进来一个字符，都要把最前面的字符踢掉，然后把新的字符补进来。我们可以 $\operatorname{O}(1)$ 地完成这个操作。令上一个 $j$ 为 $j_1$，新更新的 $j$ 为 $j_2$，则 $j_2=(2\times j_1)-2^k+\operatorname{get}(ch)$，其中 $ch$ 为当前的字符，$\operatorname{get}$ 函数的返回值为：

• 若 $ch$ 不为 A，$\operatorname{get}$ 函数返回 $1$。
• 若 $ch$ 不为 B，$\operatorname{get}$ 函数返回 $0$。

特别地，如果 $ch$ 为 ?，说明两种都可能，两种都要计算。

状态转移方程显然，因为可能有多个原来不相同的 $j_1$ 转移到相同的 $j_2$，所以：$dp_{i,j_2}=(dp_{i-1,j_1}+dp_{i,j_2})\bmod 998244353$。

注意到我们需要要求它不为回文串。因此在程序开始时，我们要预处理出所有可能的回文串对应的 $j$ 值，如果我们发现转移出的 $j_2$ 代表的字符串是回文串，我们要把它舍去。

代码

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
int dp[1005][1055],whe[1055];
int n,k;
string s;
int mier[]={1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096,8192,16384,32768};
int get(int _){
	if(_%2)return _/2+1;
	else return _/2;
}
char ask(int y){
	if(y%2)return 'B';
	return 'A';
}
int reget(char ch){
	if(ch=='A')return 0;
	return 1;
}
void init(){
	int p=get(k);
	for(int i=0;i<=mier[k]-1;i++){
		string t="                    ";
		int q=i,cnt=k;
		for(int i=1;i<=k;i++){
			t[cnt--]=ask(q%2);
			q/=2;
		}
		bool f=1;
		for(int i=1;i<=p;i++){
			if(t[i]!=t[k-i+1]){
				f=0;
				break;
			}
		}
		if(f==1)whe[i]=1;
	}
}
signed main(){
	cin>>n>>k>>s;s=' '+s;
	init();
	if(s[1]!='B')dp[1][0]=1;
	if(s[1]!='A')dp[1][1]=1;
	for(int i=2;i<k;i++){
		for(int j=0;j<mier[k];j++){
			int y=0;
			if(s[i]!='B')dp[i][j<<1]=(dp[i][j<<1]+dp[i-1][j])%998244353;
			if(s[i]!='A')dp[i][(j*2)+1]=(dp[i][(j*2)+1]+dp[i-1][j])%998244353;
		}
	}
	for(int i=k;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<mier[k];j++){
			int y=0;
			if(s[i]!='B'&&(!whe[(j*2)&(mier[k]-1)]))dp[i][(j*2)&(mier[k]-1)]=(dp[i][(j*2)&(mier[k]-1)]+dp[i-1][j])%998244353;
			if(s[i]!='A'&&(!whe[((j*2)+1)&(mier[k]-1)]))dp[i][((j*2)+1)&(mier[k]-1)]=(dp[i][((j*2)+1)&(mier[k]-1)]+dp[i-1][j])%998244353;
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<mier[k];i++)ans+=dp[n][i];
	cout<<ans%998244353;
	return 0;
}

提示

• 代码中运用了位运算，是一种极好的卡常方法。
• 本题答案较大，需要开 long long。

时间复杂度

预处理是 $\operatorname{O}(2^kk)$ 的。我们枚举字符串的十进制值是 $\operatorname{O}(2^k)$ 的，判断回文是 $\operatorname{O}(k)$ 的。

dp 是 $\operatorname{O}(2^kn)$ 的。首先我们枚举 $i$，是 $\operatorname{O}(n)$ 的。然后我们枚举 $j_1$，是$\operatorname{O}(2^k)$ 的。

总体复杂度为 $\operatorname{O}(2^kn)$，可以通过本题。