2017多校训练赛第四场 HDU 6078 Wavel Sequence（dp+优化）

Wavel Sequence

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 524288/524288 K (Java/Others)
Total Submission(s): 758    Accepted Submission(s): 394

Problem Description

Have you ever seen the wave? It's a wonderful view of nature. Little Q is attracted to such wonderful thing, he even likes everything that looks like wave. Formally, he defines a sequencea1,a2,...,an as ''wavel'' if and only if a1<a2>a3<a4>a5<a6...

Picture from Wikimedia Commons
Now given two sequences a1,a2,...,an and b1,b2,...,bm, Little Q wants to find two sequences f1,f2,...,fk(1≤fi≤n,fi<fi+1) and g1,g2,...,gk(1≤gi≤m,gi<gi+1), where afi=bgi always holds and sequence af1,af2,...,afk is ''wavel''.
Moreover, Little Q is wondering how many such two sequences f and g he can find. Please write a program to help him figure out the answer.

Input

The first line of the input contains an integer T(1≤T≤15), denoting the number of test cases.
In each test case, there are 2 integers n,m(1≤n,m≤2000) in the first line, denoting the length of a and b.
In the next line, there are n integers a1,a2,...,an(1≤ai≤2000), denoting the sequence a.
Then in the next line, there are m integers b1,b2,...,bm(1≤bi≤2000), denoting the sequence b.

Output

For each test case, print a single line containing an integer, denoting the answer. Since the answer may be very large, please print the answer modulo998244353.

Sample Input

13 51 5 34 1 1 5 3

Sample Output

10
Hint
(1)f=(1),g=(2).(2)f=(1),g=(3).(3)f=(2),g=(4).(4)f=(3),g=(5).(5)f=(1,2),g=(2,4).(6)f=(1,2),g=(3,4).(7)f=(1,3),g=(2,5).(8)f=(1,3),g=(3,5).(9)f=(1,2,3),g=(2,4,5).(10)f=(1,2,3),g=(3,4,5).
 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 4

        第四场多校，到现在才补……

        又是类似最长公共子串类型的dp。大致题意是给你两个序列a和b，然后问你能够选出多少个f和g映射，使得a[fi]==b[fi]，而且a[f1]、a[f2]、a[f3]……a[fn]是波浪序列。

        很容易想到的一个递推是dp[i][j][t]=Σdp[x][y][t^1](a[i]==b[j]且a[x]==b[y]，同时满足波浪性)，其中dp[i][j][t]表示序列a取到第i位，序列b取到第j位，而且当前是波峰(t==1)或者波谷(t==0)时的方案数。很显然，这个O(N^4)的复杂度是不能接受的。所以说要对决策的枚举或者转移进行一定的优化。

        由于转移的条件是a[i]==b[j]，然后如果是波峰那么要从波谷转移，则对应末位要小于当前位，那么最后相当于是所有的末位小于当前位置的波谷的方案数之和。既然如此，我们能否通过一种方式快速知道这个合法方案数之和呢？答案是肯定的。我们观察到i是递增的所以不会产生影响，我们弄一个二维树状数组s[j][num][t]表示第二个串判断到j时末尾小于/大于num的方案数之和。这样就有转移方程dp[i][j][t]=getsum(j,b[j],t^1)。然后每次对应的更新方案数，时间复杂度就降到了O(N^2log2N)，已经可以AC此题。

        但是这并不是我们想要的解法。我们之所以用到了树状数组，是因为我们还要考虑末位数字num的大小对结果的影响。但是实际上我们发现这个是多余的，因为真正能够转移的是a[i]==b[j]的情况，然而每次j从1~m循环一次，i才移动一次，以为着我们如果以a[i]作为判断依据可以不看很多细节。为了统计我么们一样设置一个数组s[i][j][t]表示处理到串的第i位和第j位时候的波峰/波谷数量，同时再记录cnt0和cnt1表示当前取到j时的波峰和波谷方案数。每次我们判断，如果a[i]>b[j]，那么b[j]可以做后面潜在的波谷，于是cnt0加上dp[i-1][j][0]；反之则b[j]可以做潜在的波峰，cnt1加上dp[i-1][j][1]；当相等的时候，把cnt0和cnt1转移到相应状态。处理完当前决策i时，在相应更新s的数值。

        总的来说，这样一个优化，巧妙的利用了数组的统计功能，同时每次利用a[i]作为比较确定波峰波谷的方案数，更是节省了判断末位大小的时间。总的复杂度降到了O(N^2)然后由于状态只与前一状态有关，所以空间复杂度也是能够降到O(N)的，但是为了表示清楚，我还是没有这么写。具体见代码：

#include<bits/stdc++.h>#define mod 998244353#define N 2010using namespace std;int dp[N][N][2],s[N][N][2],a[N],b[N];int n,m,cnt0,cnt1;long long ans;int main(){    int T_T,T=0;    cin>>T_T;    while(T_T--)    {        ans=0;        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%d",&a[i]);        for(int j=1;j<=m;j++)            scanf("%d",&b[j]);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            cnt0=0; cnt1=1;            for(int j=1;j<=m;j++)            {                dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=0;                if (a[i]==b[j])                {                    dp[i][j][1]=cnt0;                    dp[i][j][0]=cnt1;                    ans=(ans+cnt0+cnt1)%mod;                } else if (a[i]>b[j]) cnt0=(cnt0+s[i-1][j][0])%mod;                                 else cnt1=(cnt1+s[i-1][j][1])%mod;                s[i][j][0]=(s[i-1][j][0]+dp[i][j][0])%mod;                s[i][j][1]=(s[i-1][j][1]+dp[i][j][1])%mod;            }        }        printf("%I64d\n",ans%mod);    }    return 0;}