「BZOJ3864」Hero meet devil 题解

简要题意

给你一个只由 $AGCT$ 组成的字符串 $S$ ，对于每个$0\le i\le |S|$，问有多少个只由 $AGCT$ 组成的长度为 $m$ 的字符串 $T$，使得$LCS(S,T)=i$

SOLUTION

刚开始想的时候，怎么定义状态都会造成重复等各种问题，于是搜题解（emmm）。。。

考虑求$LCS$时的$dp$：定义 $lcs[i][j]$ 表示$A$串的前$i$位与B串的前$j$位的$LCS$长度

$lcs[i][j]=max(lcs[i-1][j-1]+(A[i]==B[i])，lcs[i][j-1]，lcs[i-1][j])$
​

可以发现，当 $i$ 相同时，$lcs[i][j]$ 与 $lcs[i][j+1]$ 最多相差1

把每一位之间的差状压，表示为一个状态进行计数，就可以了

第$i$位是$1$意味着第$i$上的字符对$lcs$有贡献，即是1的位们就是公共子串部分

定义 $dp[i][s]$ 表示：长度为 $i$ 的字符串，与 $S$ 的 $lcs$ 状态为 $s$ 的方案数

$trans(s,k)$ 表示在 $lcs$ 状态为 $s$ 的情况下，在后面添加字符 $k$ 转移到的状态

在不同串但是$lcs$同种状态的时候，在后面加上同一个字符，转移到的状态是一样的

转移方程：$dp[i][trans(s,k)]+=dp[i-1][s]$

注意：先想清楚求$lcs$的过程在来看这个trans的方程转移

CODE

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int M=1e3+2,L=20,N=(1<<15)+2,P=1e9+7;
char ch[]="ACGT";
int T,n,m,dp[2][N],tr[N][4],ans[M],f[L],g[L];
char S[L];
void transwork(){
	for(int s=0;s<(1<<n);s++){
		memset(f,0,sizeof f);
		memset(g,0,sizeof g);
		for(int j=1;j<=n;j++){
			f[j]=f[j-1]+((s>>(j-1))&1);
		}//f[j]=lcs[n][j]
		for(int k=0;k<4;k++){//要加的字符 
			for(int j=1;j<=n;j++){
				g[j]=max(g[j-1],f[j]);
				if(ch[k]==S[j]){//可以有贡献 
					g[j]=max(g[j],f[j-1]+1);
				}//lcs方程过程 
			}
			tr[s][k]=0;//trans清0 
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(g[j]-g[j-1]){//有贡献 
					tr[s][k]|=1<<(j-1);
				}
			}		
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%s%d",S+1,&m);
		n=strlen(S+1);
		transwork(); 
		memset(dp,0,sizeof dp);
		dp[0][0]=1;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			memset(dp[i&1],0,sizeof dp[i&1]);
			for(int s=0;s<(1<<n);s++){
				for(int k=0;k<4;k++){
					(dp[i&1][tr[s][k]]+=dp[(i&1)^1][s])%=P;
				}
			}
		}
		memset(ans,0,sizeof ans);
		for(int s=0;s<(1<<n);s++){
			(ans[__builtin_popcount(s)]+=dp[m&1][s])%=P;
			//有多少位为1
		}
		for(int i=0;i<=n;i++){
			printf("%d\n",ans[i]);
		}
	}
	return 0;
}

完结撒花❀

★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。