2024.8 #7

1.[TJOI2015] 弦论

你说得对，但是小 S 觉得 SAM 非常的不优美，所以她打算使用 SA 做。

她决定先研究 $t=0$ 的情况。

从头到尾扫，每一个后缀没出现过的子串数为是 $n-s{a}_i+1-high{t}_i$。然后就可以直接枚举每一个位置，然后就可以计算出第 $k$ 个子串的结尾在哪里。

然后她需要考虑 $t=1$ 的情况。

此时她有一个暴论。同样的从前往后扫，然后枚举每一个末尾。但是这是 $\mathrm{O}(n^2)$ 的，她很生气。

但是她发现了一个性质，那就是当前面的字母固定时，后面一个字母是单调不降的，满足单调性。所以她想到了用二分做。

她对于后缀数组做前缀和，这样就知道了一个字符为开头的子串有多少个了。那么就可以做了，复杂度为 $\mathrm{O}(n\log n)$，她很高兴。

2.BZOJ3864 Hero meet devil

小 S 最近刚学 dp 套 dp，于是她找来了这道道来练手。

小 S 先考虑怎么做内层 dp，也就是求 LIS。先定义 $g_{i,j}$ 为 $S$ 前 $i$ 个字符和 $T$ 的前 $j$ 个字符的 LIS 的长度。那么就有转移式：

$$g_{i,j}=\{\begin{array}{l}{g}_{i-1,j-1}{s}_i=t_j\\ max{g}_{i-1,j},g_{i,j-1}\text{other}\end{array}$$

这是平凡的。

然后小 S 考虑设计外层 dp。由于之和上一行的状态有关，也就是只需要记录 $g_{\cdot ,j}$ 的所有情况，但是很明显直接纪录会有 $|S{|}^{|S|}$ 种可能，很明显不能过。

但是小 S 发现，需要维护的数组每一次的变化要么是 $+1$ 要么是不变。发现了这一个性质之后，小 S 考虑做一次差分，直接用状压记录状态即可，此时需要记录的状态为 $\mathrm{O}(2^{|S|})$ 了。那么这个题就可以做了。小 S 很高兴。

3.[SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集

小 S 已经知道 dp 套 dp 的流程了，于是她决定来做这道有点挑战的题目。

同样考虑内层 dp。按照最大权独立集的套路，我们定义 $g_{u,0/1}$ 表示选/不选 $u$。（具体见没有上司的舞会。）

然后考虑外层 dp。小 S 定义 $d{p}_{u,g0,g1}$ 为选节点 $u$ 的最大权值为 $g0$，不选节点 $u$ 的最大权值 $g1$。

此时小 S 考虑怎么转移。这个转移和最大权独立集的转移比较像，为：

$$d{p}_{u,g_{u,0},g_{u,1}}\times d{p}_{v,g_{v,0},g_{v,1}}\to d{p}_{u,max{g}_{v,0},g_{v,1}+g_{u,0},g_{v,0}+g_{u,1}}$$

但是小 S 发现这个时候的状态数量非常大，为 $\mathrm{O}(n^3{k}^2)$，时间也爆炸，所以小 S 需要改变 dp 的状态定义。但是小 S 发现外层 dp 的定义无法改动，此时她考虑改变内层 dp 的定义。

树上最大权独立集还有另一种的 dp 方法，那就是定义 $g_{u,0/1}$ 表示是否强制不选 $u$ 的最大值。此时有一个性质：$g_{u,1}\in [g_{u,0},g_{u,0}+k]$。那么我们定义 $d{p}_{u,g1,d}$ 表示 $g_{u,1}=g1,g_{u,0}=g1+d$ 的情况数。那么转移式变为：

$$d{p}_{u,d_1,g_{u,1}}\times d{p}_{v,d_2,g_{v,1}}\to d{p}_{u,g_{u,1}+g_{v,1}+d_2,max(0,d_1-d_2)}$$

此时的复杂度为 $\mathrm{O}(n^2{k}^4)$，可以通过。

4.[ZJOI2019] 麻将

小 S 认为自己已经掌握了 dp 套 dp 了，所以她决定来做 ZJOI 的神仙题目。

同样的，考虑内层 dp。小 S 先考虑普通情况，也就是 $4$ 个面子加上 $1$ 个对子，而对于 $7$ 个对子的情况，特判一下就行了。

小 S 定义 $d{p}_{i,j,k}$ 为，现在还有没有对子，并且有 $j$ 组形为 $a-1,a$ 的牌，以及 $k$ 组形如 $a$ 的牌，此时所能产生的面子的最大值。

然后小 S 把 $j,k,0/1$ 的两个 $3\times 3$ 的矩阵看成一个状态，把得到一张新的牌然后转移到另一个状态看成边，那么就可以建出 dp 自动机。虽然状态看似非常多，但实际上只有 $2092$ 个，可以放心建。

然后再来考虑设计外层 dp。

回归到原本问题，其实就等于求 ${\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^{4n-13}f(i)\times i!\times (4n-13-i)!}{(4n-13)!}}$。其中 $f(i)$ 的定义为摸了 $i$ 次牌还没胡的种类数。

为了求解 $f(i)$，小 S 定义 $g_{i,j,k}$ 为目前考虑完了前 $i$ 种牌，目前共有 $j$ 种牌，在自动机上的节点为 $k$。那么 $g$ 的递推式就显而易见了：

$$g_{i,j,k}\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{4-s_i}{t-s_i})}\to g_{i+1,j+t,nx{t}_{k,t}}$$

那么 $f(i)=\sum _{j=1}^{2092}{g}_{13,i+13,j}$，然后求出答案了。时间复杂度 $O(n^2\times 2092)$，可以通过小 S 很开心。