BZOJ3864: Hero meet devil DP套DP
来源:互联网 发布:淘宝上传图片尺寸 编辑:程序博客网 时间:2024/05/20 16:09
题意:给出字符串S,对于每一个i,问有多少个长度为m的字符串与S的最长公共子序列长度为i
|S|<=15. m<= 1000.
DP的瓶颈在于如果考虑保存LCP长度或者结束位置的话,会存在状态相同的串而转移方式不同。为了消除后效性,需要将最后一位与S所有位的匹配状态都记录下来。
考虑LCP的转移方程: f[i][j]=f[i-1][j-1]+1 (i==j); 或
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]) (i!=j);
转移如同二维矩阵,S的每一位是一列,每向T后添加一个字符,就如同向下延伸一行。
观察发现相邻两个数最多差1,因此将每一行差分即可得到01串,可以用来表示状态。
对于转移,对于已知的一行,可以用上面的方程预处理出添加一个字符后下一行会变成什么。因此对于T的每一位枚举是什么字符,将方案数转移到后继状态即可。
由于进行了差分,一个状态中1的个数就是实际的LCP长度,统计答案即可。
代码:
#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define move __modded_move#define bit(x,pos) ((x)>>(pos)&1)#define set(x,pos) ((x)|=(1u<<(pos)))using namespace std;int t,n,m;char s[20];char val[128];size_t trans[1<<15][4];size_t maxn;const size_t mob=1000000007u;void getlink(){ int f[20],g[20]; for(size_t i=0;i<=maxn;++i) { f[0]=bit(i,0); for(int j=1;j<n;++j) f[j]=f[j-1]+bit(i,j); for(int j=0;j<4;++j) { g[0]=(s[0]==j)?1:f[0]; for(int k=1;k<n;++k) g[k]=(s[k]==j)?f[k-1]+1:max(f[k],g[k-1]); size_t& res=trans[i][j]=0; if(g[0]) set(res,0); for(int k=1;k<n;++k) if(g[k]!=g[k-1]) set(res,k); } }}size_t f[1<<15],g[1<<15],*last=f,*kre=g;inline void move(size_t& x){ x<mob?x:x-=mob;}size_t ans[20];size_t cnt[1<<15];int main(){ scanf("%d",&t); val['A']=0,val['C']=1,val['G']=2,val['T']=3; for(size_t i=1;i<(1<<15);++i) cnt[i]=cnt[i&i-1]+1; while(t--) { scanf("%s%d",s,&m);n=strlen(s); maxn=(1<<n)-1; for(int i=0;i<n;++i) s[i]=val[s[i]]; getlink(); memset(last,0,maxn+1<<2); last[0]=1; for(int i=1;i<=m;++i) { memset(kre,0,maxn+1<<2); for(int j=0;j<4;++j) { for(size_t k=0;k<=maxn;++k) move(kre[trans[k][j]]+=last[k]); } swap(last,kre); } memset(ans,0,n+1<<2); for(size_t i=0;i<=maxn;++i) { move(ans[cnt[i]]+=last[i]); } for(int i=0;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]); } return 0;}
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