[题解]P3311 [SDOI2014] 数数

P3311 [SDOI2014] 数数

看到多模式匹配，我们考虑先对所有模式串建立AC自动机。

然后发现这道题和P4052 文本生成器（题解）挺像的，后者让求包含至少一个模式串的个数，这道题让求一个也不包含的个数，这个就是一个用不用\(26^m\)去减的问题，很好处理。但这道题还多了一个条件，“幸运数”必须\(\le n\)，而\(n\)足足有\(1200\)位，所以很自然地想到数位dp。

实际上，P4052也可以用数位dp来解决，只不过填写没有任何填写限制，每个节点都可以填A~Z。换到这道题上也一样，只不过记忆化的前提是“当前非前导\(0\)”而且“填写当前位无限制”。

下文中的“答案”均表示“不可读的字符串个数”。

用\(f[pos][p]\)来表示“主串第\(pos\)个字符对应自动机上节点\(p\)”的答案。

数位dp提供\(4\)个参数：

• int \(pos\)：当前在主串的哪一位（从最高位开始，以\(pos=0\)为结束条件）。
• int \(p\)：\(当前pos\)对应自动机上哪个节点。
• bool \(limit\)：填写是否受限（数位dp标配）。
• bool \(zero\)：是否是前导\(0\)（数位dp标配）。

用\(f\)记忆化即可。

int dfs(int pos,int p,bool limit,bool zero){
	if(en[p]) return 0;//如果包含完整的模式串，则答案一定为0
	if(!pos) return !zero;//限定正整数
	if(!limit&&!zero&&~f[pos][p]) return f[pos][p];
	int rig=limit?a[pos]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=rig;i++){
		int tzero=zero&&!i;
		ans=(ans+dfs(pos-1,tzero?0:tr[p][i],limit&&i==rig,tzero))%mod;
	}
	if(!limit&&!zero) f[pos][p]=ans;
	return ans;
}

时间复杂度\(O(\log_{10}n\times \sum|s|\times |\Sigma|^2)\)，其中建自动机是\(O(\sum|s|\times |\Sigma|)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define N 1510//节点数（模式串总长）
#define M 1210//主串长度
#define C 10//字符集大小
using namespace std;
int n,m,tr[N][C],fail[N],cnt;
int q[N],head,tail,f[M][N],a[M];
bool en[N];
string s,t;
void ins(string s){
	int p=0;
	for(char i:s){
		int c=i-'0';
		if(!tr[p][c]) tr[p][c]=++cnt;
		p=tr[p][c];
	}
	en[p]=1;
}
void get_fail(){
	head=0,tail=-1;
	for(int i=0;i<C;i++) if(tr[0][i]) q[++tail]=tr[0][i];
	while(head<=tail){
		int u=q[head++];
		for(int i=0;i<C;i++){
			if(tr[u][i]) fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i],q[++tail]=tr[u][i],
				en[tr[u][i]]|=en[fail[tr[u][i]]];
			else tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
		}
	}
}
int dfs(int pos,int p,bool limit,bool zero){
	if(en[p]) return 0;
	if(!pos) return !zero;
	if(!limit&&!zero&&~f[pos][p]) return f[pos][p];
	int rig=limit?a[pos]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=rig;i++){
		int tzero=zero&&!i;
		ans=(ans+dfs(pos-1,tzero?0:tr[p][i],limit&&i==rig,tzero))%mod;
	}
	if(!limit&&!zero) f[pos][p]=ans;
	return ans;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>s>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>t;
		ins(t);
	}
	get_fail();
	memset(f,-1,sizeof f);
	n=s.size();
	for(int i=0;i<n;i++) a[n-i]=s[i]-'0';
	cout<<dfs(n,0,1,1)<<"\n";
	return 0;
}

一个问题

好像发现了什么……

题解区有些不用dfs，用数组线性递推答案的写法，可以把\(f\)的第一维滚掉，因为第一维是最外层循环枚举的，且\(f[i]\)只和\(f[i-1]\)有关；然而dfs写法应该是滚不掉的，因为一次跑到底，那么每个\(f[i]\)都存在有用的值，所以不能滚。

解决数位dp一般首选dfs而非递推，但上面的空间问题，难道是dfs写法的一个弊端吗？能否解决这个问题？

想到了bfs之类的解决方案，但是还没梳理出头绪，网上也貌似完全没有提到bfs实现的数位dp。

如果大家有任何想法请发在评论区，谢谢！