[NOIP模拟赛]相似字符串

题目描述

输入n个字符串s[i]，现在需要给它们从0到n-1标号，满足m个限制条件。每个条件形如标号为ai的字符串是标号为bi的字符串的前缀。求标号方案数，答案模10^9+7输出。

输入格式
第1行：1个整数n（n≤50），表示字符串的个数
接下来n行，每行1个字符串s[i]（length(s[i])≤50）
接下来1行：1个整数m，表示限制条件的个数

接下来2行：第1行有m个数，描述ai，第2行有m个数，描述bi

输出格式

第1行:1个整数，表示答案

输入样例
4
hideo
hideto
hideki
hide
2
0 0

1 2

输入样例

6

样例说明
只需要把hide编为0号字符串，它是另外3个串的前缀。另3个串的编号可任意排列，故方案数为3!=6

题解：
考虑到前缀限制，容易想到先将给定字符串之间的前缀关系处理出来。添加一个空串为根，所有串之间的前缀关系构成了一个树的结构。
令有特殊限制的字符串总个数为tot，确定了这tot个字符串是哪些字符串后，剩下的字符串可以任意地给予编号，只要最后给答案乘上(n − tot)!即可。
注意到题中的m≤8,也就是tot不超过16个，于是可以在树上进行状压dp。用f (x,S)表示在以x为根的子树中选出|S|个字符串，对应到S所代表的标号集合的方案数。
考虑前缀限制，一个分配标号方案是合法的，当且仅当对于每一对限制(ai, bi)，ai在前缀树上是bi 的祖先。由于我们的dp是以子树为状态的，考虑进一步转化这个限制——可以转化为，对于任意一棵子树，任意一个限制(ai, bi)中，或者没有一个编号在其中，或者只有bi在其中，或者ai, bi 均在其中。

根据这个，可以判断一个状态S是否合法。接着，只要在dp过程中，只考虑S合法的f (x,S)，就能得到满足前缀限制的标号方案数了。

由于状态的合法性可以预处理出来，dp时可以只枚举合法的状态。

可以证明合法的状态不超过3 ^m个。这是因为，对于一个限制(ai, bi)，它在状态S中只有三种合法的存在情况。这样，总的状态数就从n*(2^tot) 降到了n*(3^m)
接下来，只要预处理出所有合法状态S的合法子集A，满足A与S − A均为合法状态，就可以用
O(n *(5^m) )的时间完成dp。
预处理时只要3^tot直接枚举子集判断即可，接下来证明这样做了之后，合法子集的总个数是5^m级别的。
由于A, S-A, S均合法，对于每一对限制(ai, bi)，它们在A与S-A中的合法存在情况只有以下5种：
a，b 均在A中；
a ，b 均在S-A中；
a，b 均不在S中；
仅有b在A中；
仅有b在S-A中；

所以这样的组合(S, A)的总个数只有5^m级别。dp时，直接枚举这样的合法组合进行转移。总的复杂度就是O(3^tot+n*(5^m) )了。

#include<cstring>   #include<cstdio>   #include<algorithm>   #include<vector>   using namespace std;   const int Mod=1e9+7; const int N=55; const int M=(1<<16)+5;   void Getin( int &shu ) {       char c; int f=1; shu=0;       for( c=getchar(); c<'0'||c>'9'; c=getchar() ) if( c=='-' ) f=-1;       for( ; c>='0'&&c<='9'; c=getchar() ) shu=shu*10+c-'0';       shu*=f;   }    struct node{ char s[N]; }ch[N]; bool Cmp( node a, node b ) { return strcmp( a.s, b.s )<0; } bool Prefix( node a, node b ) {       int len=strlen(a.s);      for( int i=0; i<len; i++ ) if( a.s[i]!=b.s[i] ) return 0;     return 1; }   int n, rot; vector<int> son[N]; void Build() {     Getin(n); rot=n+1;//增加一个虚拟根     for( int i=1; i<=n; i++ ) scanf( "%s", ch[i].s );     sort( ch+1, ch+n+1, Cmp );       for( int i=1, j=i-1; i<=n; i++, j=i-1 ) {         for( ; j && !Prefix( ch[j], ch[i] ); j-- );//找ch[i]的前缀         if( !j ) j=rot;//若无前缀, 则连到虚拟根         son[j].push_back(i);     } }   int m, a[10], b[10], p[20], pcnt; void Disc() {     Getin(m);       for( int i=1; i<=m; i++ ) Getin( a[i] ), p[++pcnt]=a[i];      for( int i=1; i<=m; i++ ) Getin( b[i] ), p[++pcnt]=b[i];     sort( p+1, p+pcnt+1 );     pcnt=unique( p+1, p+pcnt+1 )-p-1;     for( int i=1; i<=m; i++ ) {//离散化编号, 使其在0~15的范围内         a[i]=lower_bound( p+1, p+pcnt+1, a[i] )-p-1;          b[i]=lower_bound( p+1, p+pcnt+1, b[i] )-p-1;      } }   int ed; vector<int> statu; bool ok[M]; void Judge() {     ed=1<<pcnt;     for( int i=0; i<ed; i++ ) {//状态压缩, 用i的二进制数表示状态         ok[i]=1;        for( int j=1; j<=m; j++ )            if( ( i>>a[j]&1 ) && !( i>>b[j]&1 ) ) {//只有a没有b, i不合法                ok[i]=0; break;            }        if( ok[i] ) statu.push_back(i);    }}  int siz; vector<int> nxt[M]; void Prep() {//预处理出所有合法状态S的合法子集A Judge();    siz=statu.size();     for( int i=0; i<siz; i++ )         for( int t=statu[i]; ; t=(t-1)&statu[i] ) {             if( ok[t] && ok[ statu[i]-t ] )                 nxt[ statu[i] ].push_back(t);             if( !t ) break;         } }   int dp[N][M], g[M]; void Dp( int r ) { Prep();    dp[r][0]=1;     int siz_son=son[r].size();     for( int i=0; i<siz_son; i++ ) {         Dp( son[r][i] );         for( int j=0; j<ed; j++ ) g[j]=dp[r][j], dp[r][j]=0;         for( int j=0; j<siz; j++ ) {             int now=statu[j];             int siz_nxt=nxt[now].size();             for( int k=0; k<siz_nxt; k++ )                 ( dp[r][now]+=1ll*g[ nxt[now][k] ]*dp[son[r][i]][ now-nxt[now][k] ]%Mod )%=Mod;         }     }     if( r==rot ) return;     for( int i=0; i<ed; i++ ) g[i]=dp[r][i], dp[r][i]=0;     for( int i=0; i<siz; i++ ) {         dp[r][ statu[i] ]=g[ statu[i] ];         for( int j=statu[i]; j; j-=(j&-j) )             ( dp[r][ statu[i] ]+=g[ statu[i]-(j&-j)] )%=Mod;     } } void Print() {     int sum=dp[rot][ ed-1 ];     pcnt=n-pcnt;     for( int i=2; i<=pcnt; i++ ) sum=1ll*sum*i%Mod;     printf( "%d\n", sum ); }   int main() {    Build();Disc();    Dp( rot );     Print();     return 0;  }