「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\(0 \leq i \leq |S|\)，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

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，添加字符 $k $ 转移到的状态

转移方程：\(dp[i][trans(s,k)]+=dp[i−1][s]\)

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);
		}
		for(int k=0;k<4;k++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				g[j]=max(g[j-1],f[j]);
				if(ch[k]==S[j]){
					g[j]=max(g[j],f[j-1]+1);
				}
			}
			tr[s][k]=0;//trans
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(g[j]-g[j-1]){//变化了 
					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❀

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