[BZOJ3864] Hero meet devil

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Desprition

给出一个只由字母 \(A\),\(G\),\(T\),\(C\) 组成的字符串 \(S\) ，长度为 \(n\) ，对于每个 \(i\) \(\in\) \([0,n]\)，问有多少个长度为 \(m\)，仅含有 \(A\),\(G\),\(T\),\(C\) 的字符串 \(T\) 使得 \(S\) 与 \(T\) 的最长公共子序列长度为 \(i\) 。

Solution

先研究 \(LCS\) 的转移柿子

\[ lcs[i][j] = \begin{cases}lcs[i - 1][j - 1] + 1 (S[i] == T[j])\\ max(lcs[i - 1][j],lcs[i][j - 1])\end{cases} \]

得到结论：

当 \(i\) 固定时，

\[f[i][j - 1] \le f[i][j] \le f[i - 1][j] + 1 \]

也就是，\(lcs[i][j]\) 和 \(lcs[i][j - 1]\) 最多相差 \(1\) 且满足单调不减。

因此我们可以使用差分，又因为 \(\left|\ S \right| <= 15\)，可以直接把差分后的\(lcs\) 状压起来。

定义 \(f[i][j]\)： 当 \(lcs\) 状态为 \(i\) 时加上 字符 \(j\) 后的状态， \(dp[i][j]\)： 长度为 \(i\) 时，状态为 \(j\) 的方案数。

首先预处理出 \(f[i][j]\)，具体注释在代码里。

重点在于 \(dp\) 柿子的推导， 其实很简单啊。

你想嘛， \(dp[i][j]\) 的定义长度为 \(i\) 时，状态为 \(j\) 的方案数， 那肯定是从 \(dp[i - 1][k]\) 转移过来的。

那 \(k\) 怎么确定呢？？？

前面的 \(f[][]\) 不就是用来干这件事的吗？

直接枚举当前长度 \(i\)， 长度为 \(i - 1\) 时的状态 \(j\) 以及 第 \(i\) 位的情况 \(k\)

那么当前状态就应该是 \(f[j][k]\) —— 在 \(j\) 后增加 字符\(k\) 的状态。

那么就可以得出式子啦~

\[ dp[i][f[j][k = dp[i][f[j][k]] + dp[i - 1][j]; \]

最后答案的计算，因为将 \(lcs\) 差分了，所以 \(lcs\) 的实际长度就是 状压状态下 \(i\) 中 \(1\) 的个数。

另外的小细节在代码中啦~

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define il inline
const int N = (1 << 15) + 5, M = 1e3 + 5, mod = 1e9 + 7;
int T, n, m, num, t, a[20], f[N][5], dp[M][N], g[2][20], ans[20];
char s[N];
il int cnt(int x) { // 1 的个数 
	int res = 0;
	while(x) {
		res += x & 1;
		x >>= 1;
	}
	return res;
}
il int solve(int x,int y) {
	int res = 0;
	memset(g,0,sizeof(g));//g[0/1] 加入字符前后的差分lcs 
	for(int i = 0; i < n; i ++) g[0][i + 1] = g[0][i] + ((x >> i) & 1); // 用 g 表示将 lcs 差分 
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(a[i] == y) g[1][i] = g[0][i - 1] + 1;//当前位相同的话， 前 i-1 位 + 1 加上当前位的贡献 
		g[1][i] = max(max(g[1][i],g[0][i]),g[1][i - 1]); //lcs通用求法 
	}
	for(int i = 0; i < n; i ++)  res += (1 << i) * (g[1][i + 1] - g[1][i]); // 状压 
	return res;
}
il void read(int &x) {
	x = 0; char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') s = getchar();
	while(s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + s - '0', s = getchar();
}
il void write(int x) {
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x > 9) write(x / 10), x %= 10;
	putchar(x + '0');
}
int main() {
	read(T);
	while(T--) {
		memset(ans,0,sizeof(ans));
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		scanf("%s",s + 1), read(m);
		n = strlen(s + 1), num = 1 << n;
		for(int i = 1; i <= n; i ++) { //处理字符 
			if(s[i] == 'A') a[i] = 1;
			else if(s[i] == 'G') a[i] = 2;
			else if(s[i] == 'T') a[i] = 3;
			else a[i] = 4;
		}
		for(int i = 0; i < num; i ++) {
			for(int j = 1; j <= 4; j ++) f[i][j] = solve(i,j); // 枚举每种状态加上不同字符的情况 
		}
		dp[0][0] = 1;//边界 
		for(int i = 1; i <= m; i ++) {
			for(int j = 0; j < num; j ++) {
				for(int k = 1; k <= 4; k ++) dp[i][f[j][k]] = (dp[i][f[j][k]] + dp[i - 1][j]) % mod; // 前面有讲解 
			}
		}
		for(int i = 0; i < num; i ++) {
			t = cnt(i);
			ans[t] = (ans[t] + dp[m][i]) % mod; // 累计答案 
		}
		for(int i = 0; i <= n; i ++) write(ans[i]), putchar('\n');
	}
	return 0;
}