codeforces1426——F. Number of Subsequences(DP)
原题链接
题意:
给定一个含有abc?的字符串,?可能是abc中的任意一个,求所有可能的无?字符串中,子序列abc出现的次数.
思路:
dp[i][j]表示前i个字母里j子序列的个数,其中j== 1表示子序列a,j== 2表示子序列ab,j== 3表示子序列abc。
最后答案就是dp[n][3]。
再来看每一步的转移:
1.第i位是a,dp[i][1]=dp[i-1][1]+tmp;
假设前i位里?的个数为k,那么这个?有a,b,c三种可能,就会将原先的串变为3^k种串,每个串里在第i位上都是a,所以要算3 ^k次。tmp表示3 ^k,从头累加。
2.第i位是b,dp[i][2]=dp[i-1][2]+dp[i-1][1];
含义取到第i-1个位置时ab子序列的个数,再加上取到第i-1个位置时a子序列的个数,后者在第i位取b时也可以构成ab子序列。
3.第i位为c,dp[i][3]=dp[i-1][3]+dp[i-1][2];解释同2。
在上面三种情况时,其他非j情况的子序列都是直接累加前一个的,因为不会对他们产生影响。
4.第i位为?,考虑对每种序列的影响:
如果?放a的话,那么会多tmp个a
如果?放b的话,多dp[i-1][1]个ab
如果?放c的话,多dp[i-1][2]个abc
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll>PLL;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<double,double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
char F[200];
inline void out(I_int x)
{
if (x == 0) return (void) (putchar('0'));
I_int tmp = x > 0 ? x : -x;
if (x < 0) putchar('-');
int cnt = 0;
while (tmp > 0)
{
F[cnt++] = tmp % 10 + '0';
tmp /= 10;
}
while (cnt > 0) putchar(F[--cnt]);
//cout<<" ";
}
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=2e5+7,N=1e7+10;
const double PI = atan(1.0)*4;
const double eps=1e-6;
char s[maxn];
ll dp[maxn][4];
int main()
{
int n;
ll tmp=1;
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='a'){
dp[i][1]=(dp[i-1][1]+tmp)%mod;
dp[i][2]=(dp[i-1][2])%mod;
dp[i][3]=(dp[i-1][3])%mod;
}
else if(s[i]=='b'){
dp[i][1]=(dp[i-1][1])%mod;
dp[i][2]=(dp[i-1][2]+dp[i-1][1])%mod;
dp[i][3]=(dp[i-1][3])%mod;
}
else if(s[i]=='c'){
dp[i][1]=(dp[i-1][1])%mod;
dp[i][2]=(dp[i-1][2])%mod;
dp[i][3]=(dp[i-1][3]+dp[i-1][2])%mod;
}
else if(s[i]=='?'){
dp[i][1]=(dp[i-1][1]*3+tmp)%mod;
dp[i][2]=(dp[i-1][2]*3+dp[i-1][1])%mod;
dp[i][3]=(dp[i-1][3]*3+dp[i-1][2])%mod;
tmp=tmp*3%mod;
}
}
out(dp[n][3]);
return 0;
}