题解：P12472 [集训队互测 2024] 基础 ABC 练习题
0.前言
省流：275307894a 对 蒟蒻们 使用了 模拟赛
蒟蒻们 rp++
1.思路
20pts(子任务1):
其实就是双倍经验，这里贴一下第一篇题解：
点击查看
第一眼看到本题显然会想到 dp，然后我们会想到类似分别记录当前 A，B，C，AB，CA，BC，ABC，BCA，CAB 的数量进行线性 dp 的思路，但是这样并不好去除重复方案，若去掉则时间复杂度过高。
于是，学到的一点是，在根据题意实在无法进行 dp 时，要尽量思考出一个满足题目要求的充要条件，并对该充要条件进行 dp。
我们发现题目中要求的 \(n\) 个子序列很有特点：ABC，BCA，CAB，具体来说是关于 A，B，C 的三个轮换，这里是不是会存在一些巧妙的性质呢？答案是有的。
不妨记 \(x_A\) 表示 A 的个数，\(x_B\) 表示 B 的个数，\(x_C\) 表示 C 的个数。
具体来说，我们拿 A 举例，我们发现在 BCA 和 CAB 中，A 是一定会在 C 的后面的，即如果只有这两种子序列，对于任意前缀子串而言，\(x_A\) 一定不大于 \(x_C\)，但事实上我们还存在子序列 ABC，在该子序列中，A 是会排在 C 之前的，故我们此时有结论：
- 对于任意前缀子串而言，\(x_A-x_C\) 一定不大于
ABC的个数。
类似的，我们可以写出轮换的另外两个结论。而由于子序列个数为 \(n\)，于是此时我们得到了一个看上去并没有那么强但也还不弱的结论：
- 设 \(A'=\max(x_A-x_C)\)，\(B'=\max(x_B-x_A)\)，\(C'=\max(x_C-x_B)\)，则有 \(A'+B'+C'\le n\)。其中 \(\max\) 表示前缀最大值。
到这里我们其实已经论证了该结论的必要性，即对于满足条件的方案，一定满足该结论。但是如果满足该结论，是否就一定说明当前方案满足条件呢？
如果还能论证该结论的充分性，我们就可以顺利地将原问题转化为新的充要问题进行 dp 了。
考虑构造方案：对于第 \(i\) 个 A，我们找到第 \(i+B'\) 个 B，由于对于任意前缀 B 的个数最多比 A 多 \(B'\) 个，故第 \(i+B'\) 个 B 一定在第 \(i\) 个 A 之后；类似地，我们找到第 \(i+B'+C'\) 个 C，以及第 \(i+B'+C'+A'\) 个 A。如果下标超出 \(n\) 则对 \(n\) 取模。此时又由于 \(B'+C'+A'\le n\)，所以第 \(i+B'+C'\) 个 C 一定在第 \(i+B'+C'+A'\) 个 A 前面，同样也一定在第 \(i\) 个 A 前面。故此时对应的三个字母构成了一个前后顺序正确的环，且只会绕整个串至多一次，又由于此时这些字母一一对应，故充分性显然。
于是我们便可以对转化后的问题设计 dp 了！由于我们需要记录的信息是「前缀最大」的 \(x_A-x_C\)，\(x_B-x_A\)，\(x_C-x_B\)，所以我们还需要额外记录下当前 \(a,b,c\) 的个数，由于 \(a+b+c=i\) 的原因我们可以省去一维，故总状态数为 \(O(n^6)\)，转移为 \(O(1)\)，时间复杂度 \(O(n^6)\)。
40pts(子任务1,2):
由于串固定，所以可以先枚举 ABC,BCA,CAB 的数量。
容易想到枚举每个 A,B,C 的位置
显然，第一个字符要作为一个字符串的第一个字符，最后一个字符要作为一个字符串的最后一个字符
故考虑贪心
令 ABC 的数量=\(A\)，BCA 的数量=\(B\)，CAB 的数量=\(C\)，则方案如下
| 串 | ABC | BCA | CAB |
|---|---|---|---|
| 第一个字符所在位置 | \((1,A)\) | \((1,B)\) | \((1,C)\) |
| 第二个字符所在位置 | \((B+1,B+A)\) | \((C+1,C+B)\) | \((A+1,A+C)\) |
| 第三个字符所在位置 | \((C+B+1,C+B+A)\) | \((A+C+1,A+C+B)\) | \((B+A+1,B+A+C)\) |
这里的位置指的是相对位置。
形式化地，如设所有 A 中的第 \(i\) 个 A 为 \(a_i\)，则 \((1,A)\) 指 ABC 的 A 应出现在 \((a_1,a_A)\) 范围内。
也即，当每个串最前面的字符出现在每种字符的最前面，最后的字符出现在每种字符的最后面时，若不存在方案，则说明 \(A,B,C\) 不是一个可行的方案。
省流：前面在前面，后面在后面，如果没方案，肯定没方案
具体证明：
点击查看
反证，假设存在一种方案在 \(A,B,C\) 的约束下成立，但在以上方案不成立，则可以通过数次交换 ABC,BCA,CAB 中的 A,B,C，使其最终化为此方案
如我手搓的样例
ABCCAB
如选取 \(a_1,b_1,c_1\) 组成 ABC,\(c_2,a_2,b_2\) 组成 CAB，
则显然 \(a_1,b_1,c_2\) 组成 ABC,\(c_1,a_2,b_2\) 组成 CAB 一定也是一个可行的方案。
故，在以上方案成立是当前方案成立的充分必要条件。
省流：上一句话是对的
于是，你就得到了一种在 \(O(n^3)\) 时间内求出一个方案是否成立的方法。
可以由题目推出，\(∀n \le 60\)。
67pts:
考虑给定\(A\), \(B\) 如何计数，则上面的最优分配方案可以转化为对于\(p_a,i\) 和 \(p_b,B+i\) 等的顺序限制。
然后设 \(f_{a,b,c}\) 表示当前填了前 \(a\) 个 A，\(b\) 个 B，\(c\) 个 C 的方案数。这个dp是 \(O(n^3)\) 的。
然后对于一般的情况，只需要枚举哪些子集对是合法的，容斥即可计算答案。
注意到如果两个子集 \(max\) 加起来大于 \(n\) 肯定是无解的，因此只有
\(O(2^nn)\) 个子集对需要计算，时间复杂度 \(O(2^nn^4)\)，可以通过\(n≤15\)。
100pts
尝试优化枚举集合的过程。
考虑 \(|S1| = |S2| = n + 1\) 的情况。
- 假设现在 ABC 个数的子集已经确定，则前 \(i\) 个 \(A\) 已经确定了。在考虑要将哪些 \(B\) 分配进去的时候，会对于 \(B\) 有一个限制，可以表示为 \(B\) 要大于某个值。
- 对于剩下的分配，限制也总能表示成 \(B\) 要大于某个值
或者 \(B\) 要小于某个值。换而言之，\(B\) 的取值是一个区间。
在得到这个结论以后，只需要判定 \(B\) 取值区间非空即可。
对于这样的判定，可以使用点减边容斥：枚举每个 \(i ∈ [0, n]\)，计算 \(B\) = \(i\) 合法的方案数，然后对于每个 \(i ∈ [1, n]\)，减去 \(B = i - 1, B = i\) 同时合法的方案数，即可得到 \(B\) 取值区间非空的方案数。
对于不满足特殊性质的情况，只需要将所有 \(S1\), \(S2\) 中的元素拿出来做这个容斥即可。
同理，对于 \(A\) 的枚举也可以应用这样的优化，因此总共只需要枚举 \(O(n^2)\) 个集合对，时间复杂度 \(O(n^5)\)。
这样，你就吊打了绝大多数的集训队选手。
——275307894a
2.代码
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=65,MOD=1e9+7;
using ui=unsigned;
int n;
ui ans,dp[N][N][N][4];
char a[N*3],s1[N],s2[N];
int main() {
int t,op;
scanf("%d%d",&t,&op);
while(t--) {
scanf("%d %s%s%s",&n,s1,s2,a+1);
if(n^60) {
puts("-1");
continue;
}
ans=0;
for(int x=0; x<=n; ++x)for(int z=0; z<=n; ++z) {
int Z=z;
while(Z<=n&&s1[Z]=='0')Z++;
int X=x;
while(X<=n&&s2[X]=='0')X++;
int y=n-X-Z;
if(y<0)continue;
dp[0][0][0][0]=1;
for(int i=0,t; i<=n; ++i) {
for(int j=0; j<=n && j<=i+x; ++j) {
for(int k=max(i-z,0); k<=n && k<=j+y; ++k) {
t=i+j+k;
if(!t)continue;
memset(dp[i][j][k],0,sizeof(dp[i][j][k]));
if(i && j-i<x && (a[t]=='A' || a[t]=='?')) {
dp[i][j][k][0]+=dp[i-1][j][k][0];
dp[i][j][k][1]+=dp[i-1][j][k][1];
dp[i][j][k][2]+=dp[i-1][j][k][2];
dp[i][j][k][3]+=dp[i-1][j][k][3];
}
if(j && k-j<y && (a[t]=='B' || a[t]=='?')) {
dp[i][j][k][0]+=dp[i][j-1][k][0];
dp[i][j][k][1]+=dp[i][j-1][k][1];
dp[i][j][k][2]+=dp[i][j-1][k][2];
dp[i][j][k][3]+=dp[i][j-1][k][3];
}
if(k && i-k<z && (a[t]=='C' || a[t]=='?')) {
dp[i][j][k][0]+=dp[i][j][k-1][0];
dp[i][j][k][1]+=dp[i][j][k-1][1];
dp[i][j][k][2]+=dp[i][j][k-1][2];
dp[i][j][k][3]+=dp[i][j][k-1][3];
}
if(j-i==x) {
dp[i][j][k][1]+=dp[i][j][k][0];
dp[i][j][k][3]+=dp[i][j][k][2];
dp[i][j][k][0]=dp[i][j][k][2]=0;
}
if(i-k==z) {
dp[i][j][k][2]+=dp[i][j][k][0];
dp[i][j][k][3]+=dp[i][j][k][1];
dp[i][j][k][0]=dp[i][j][k][1]=0;
}
// cerr<<dp[i][j][k][0]<<' '<<dp[i][j][k][1]<<' '<<dp[i][j][k][2]<<' '<<dp[i][j][k][3]<<'\n';
}
}
}
ans+=dp[n][n][n][3];
}
printf("%u\n",ans);
}
return 0;
}
3.后记
- 膜拜巨佬 275307894a
- 双倍经验,而且呈包含关系
给好不容易搞懂此题的本蒟蒻一个赞吧
浙公网安备 33010602011771号