【学习笔记】DP 套 DP

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收起

内外层 DP#

大致一个经典的形式是“求……值为……的方案数”，特点是对于一个给定的情况，我们需要 DP 求出其对应的值，而题目要求对于所有情况求出对应方案数。

换言之内层是求出值是多少或者判断是否合法的判定 DP，而外层是求方案数的计数 DP。

外层 DP 是在根据内层 DP 值建出的 DFA 上进行的。

一道题#

Luogu-P4590 TJOI 2018 游园会

求与给定字符串的 $\mathrm{LCS}$ 长为 $0\sim|S|$ 的方案数。

求 $\mathrm{LCS}$ 是一个经典 DP，设 $f_{i,j}$ 为前 $i$ 位与给定字符串 $S$ 前 $j$ 位的 $\mathrm{LCS}$，转移方程：

$$f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}+[T_i=S_j])$$

发现关于 $f_i$ 的一行只需要已知 $T_i$ 以及关于 $f_{i-1}$ 的一行即可，且 $f_i$ 一行相邻两位只增加 $0$ 或 $1$，可以把这个差分压成一个状态，还原成原数组后结合当前字符就可以得到下一行。

于是可以建出这个 DFA。

外层 DP 就是在 DFA 上进行的，设 $DP_{i,s}$ 表示长度为 $i$ 的字符串匹配到状态 $s$ 的方案数。

剩下一个限制增加一维特判即可。

点击查看代码

int n,m;
char S[20];
int mp[128];
int popcount[maxn];
int trans[maxn][3];
int pre[20],now[20];
int dp[2][maxn][3];

inline void build(){
    for(int s=0;s<(1<<m);++s){
        pre[0]=0;
        for(int i=1;i<=m;++i) pre[i]=pre[i-1]+((s>>i-1)&1);
        for(int c=0;c<3;++c){
            now[0]=0;
            for(int i=1;i<=m;++i){
                now[i]=max(pre[i],now[i-1]);
                if(mp[S[i]]==c) now[i]=max(now[i],pre[i-1]+1);
            }
            for(int i=1;i<=m;++i) trans[s][c]|=((now[i]-now[i-1])<<i-1);
        }
    }
}

int ans[20];

int main(){
    mp['N']=0,mp['O']=1,mp['I']=2;
    for(int i=1;i<(1<<15);++i) popcount[i]=popcount[i>>1]+(i&1);
    n=read(),m=read();
    scanf("%s",S+1);
    build();
    dp[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;++i){
        for(int s=0;s<(1<<m);++s){
            for(int c=0;c<3;++c){
                if(!c){
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][1]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][1]+dp[i&1][s][0])%mod;
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][1]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][1]+dp[i&1][s][1])%mod;
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][1]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][1]+dp[i&1][s][2])%mod;
                }
                else if(c==1){
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][0]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][0]+dp[i&1][s][0])%mod;
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][2]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][2]+dp[i&1][s][1])%mod;
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][0]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][0]+dp[i&1][s][2])%mod;
                }
                else{
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][0]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][0]+dp[i&1][s][0])%mod;
                    dp[i&1^1][trans[s][c]][0]=(dp[i&1^1][trans[s][c]][0]+dp[i&1][s][1])%mod;
                }
            }
        }
        for(int s=0;s<(1<<m);++s) dp[i&1][s][0]=dp[i&1][s][1]=dp[i&1][s][2]=0;
    }
    for(int s=0;s<(1<<m);++s){
        for(int k=0;k<3;++k){
            ans[popcount[s]]=(ans[popcount[s]]+dp[n&1][s][k])%mod;
        }
    }
    for(int i=0;i<=m;++i) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

另一道题#

CodeForces-979E Kuro and Topological Parity *2400

内层 DP 写出来是：

$$f_i=1+\sum_{(j,i)\in E,a_i\neq a_j} f_j$$

取模之后 $f$ 数组状态也有 $2^{50}$，很难像上一题操作，然而判断结果是否合法时是对 $f$ 求一个前缀和，且连边并没有特殊要求，所以并不关心 $f$ 的具体样子。

好路径为偶数的点连出的边是任意连的，好路径为奇数的点连出的边有奇偶性的限制，除此之外还有一个颜色的限制（同色不计入结果，因此同色任意连），于是只需要维护前 $i$ 个点中有 $j$ 个好路径为奇数的白点，$k$ 个好路径为奇数的黑点，$l$ 个好路径为偶数的白点，剩余的 $i-j-k-l$ 个点是好路径为偶数的黑点，这样复杂度是 $O(n^4)$。

好路径为偶数的点对任意的颜色都是没有影响的，所以最后一维也可以略去，复杂度 $O(n^3)$。

所以 DP 套 DP 并不需要建出 DFA，只是需要在外层 DP 状态设计中表示出内层的当前状态。

参考资料#

• DP 套 DP 学习笔记 - dead_X