Chain Contestant 题解

前言

题目链接：洛谷；AtCoder。

最慢的点才跑 \(2\) ms 的题解确定不看一看？

题意简述

给定长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，其中 \(s_i \in \Omega\)，求有多少子序列 \(T\) 满足任意 \(x \in \Omega\)，其在 \(T\) 出现的位置为连续一段，当然，对 \(998244353\) 取模。

\(n \leq 10^5\)，\(|\Omega| \leq 14\)，时间 \(1\) 秒，空间 \(5\) MB。

（嗯……其实原题 \(n \leq 10^3\)，\(|\Omega| \leq 10\)，时间 \(2\) 秒，空间 \(1\) GB。）

题目分析

一眼状压 DP。因为我们需要知道之前选过的字符集合，以及当前上一位选出来的字符是什么。所以我们考虑记 \(f_{i, \mathcal{S}}\) 表示考虑前 \(i\) 位，必选 \(i\)，选出的字符集合为 \(\mathcal{S}\) 的方案数。注意区分集合 \(\mathcal{S}\) 和字符串 \(s\)。有如下两种转移：

1. 当前字符是子序列第一位：
   直接 \(f_{i, \lbrace s_i \rbrace} = 1\)。

2. 当前字符不是子序列第一位：
   那么肯定是从 \(j \in [1, i - 1]\) 拼接来的。枚举 \(j\) 处选出的字符集合 \(\mathcal{S}\)，根据上一次选出的最后一位 \(s_j\)，结合题目要求有如下转移：

   \[f_{i, \mathcal{S} \cup \lbrace s_i \rbrace} \gets f_{i, \mathcal{S} \cup \lbrace s_i \rbrace} + \begin{cases} f_{j, \mathcal{S}} & \text{ if } s_i = s_j \\ f_{j, \mathcal{S}} & \text{ if } s_i \neq s_j \land s_i \not \in \mathcal{S} \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases} \]

   解释一下吧，第一种情况是直接接在 \(j\) 之后，第二种情况是新开一段。

答案就是 \(\sum \limits _ {i = 1} ^ n \sum \limits _ {\mathcal{S} \subseteq \Omega} f_{i, \mathcal{S}}\)。

这样，时间复杂度是 \(\Theta(n ^ 2 2 ^ {|\Omega|})\)，菜爆了，无论时空都不优秀。优化思路是先把 \(\Theta(n)\) 地枚举 \(j\) 优化掉。自然想到可以滚一滚，删除 \(i\) 这一维，但是这样我们不好判断上一次选出来的字符是什么，所以再加上一维 \(k\) 表示上一次选出来的是哪一种字符。

类似 01 背包，我们每次需要让 \(\mathcal{S}\) 从 \(\Omega \rightarrow \varnothing\)，即代码实现上的从大到小枚举。类似得到转移方程。对于每一个包含 \(s_i\) 的 \(\mathcal{S}\)，计算 \(f_{\mathcal{S}, s_i}\)。

1. \(f_{\mathcal{S}, s_i} \gets f_{\mathcal{S}, s_i} + f_{\mathcal{S}, s_i}\)：
   表示选出 \(s_i\)，有 \(f_{\mathcal{S}, s_i}\) 种方案，又由于 \(f\) 被滚了，是类似前缀和的操作，所以累加上去。
2. \(f_{\mathcal{S}, s_i} \gets f_{\mathcal{S}, s_i} + f_{\mathcal{S} \setminus \lbrace s_i \rbrace, k}\)：
   表示新开一段，其中 \(k \in \mathcal{S} \setminus \lbrace s_i \rbrace\)。

注意到，我们还有把当前字符选出来成为第一位这一操作，由于滚动数组，我们不能再上述操作前修改，而是再上述操作后使 \(f_{\lbrace s_i \rbrace, s_i} \gets f_{\lbrace s_i \rbrace, s_i} + 1\)。

统计答案显然是 \(\sum \limits _ {\mathcal{S} \subseteq \Omega} \sum \limits _ {i \in \mathcal{S}} f_{\mathcal{S}, i}\)。

时间复杂度优化到 \(\Theta(n |\Omega| 2^{|\Omega}|)\)，还是不够。

发现瓶颈在枚举 \(k\) 的过程中。我们发现对于 \(k \not \in \mathcal{S} \setminus \lbrace s_i \rbrace\) 的情况，由于 \(f_{\mathcal{S} \setminus \lbrace s_i \rbrace, k} = 0\)，并不会对答案产生影响。所以等价于求 \(\sum \limits _ {k \in \Omega} f_{\mathcal{S} \setminus \lbrace s_i \rbrace, k}\)。所以，我们同时维护 \(g_{\mathcal{S}}\) 表示 \(\sum \limits _ {k \in \Omega} f_{\mathcal{S}, k}\) 就能快速转移了。

答案便是 \(\sum \limits _ {\mathcal{S} \subseteq \Omega} g_{\mathcal{S}}\)。

时间复杂度 \(\Theta(n 2 ^ {|\Omega|})\)，就差一点点了，似乎差一个 \(\cfrac{1}{2}\) 的常数，上哪找去呢？

发现，枚举对于每一个包含 \(s_i\) 的 \(\mathcal{S}\) 是 \(\Theta(n)\) 的，但是我们完全可以只枚举 \(\mathcal{T} \subseteq \Omega \setminus \lbrace s_i \rbrace\)，而 \(\mathcal{S} = \mathcal{T} \cup \lbrace s_i \rbrace\)，这样就有了一个 \(\cfrac{1}{2}\) 的常数，能够通过。

当然，聪明的读者肯定会发现，空间也可以有一个 \(\cfrac{1}{2}\) 的常数，因为只有对于 \(k \in \mathcal{S}\) 的 \(f_{\mathcal{S}, k}\) 才是有效的，程序二进制上体现为这一位一定为 \(1\)，我们可以扣掉 \(\mathcal{S}\) 在 \(k\) 位的 \(1\)，然后把之后的比特位向前挪动一格，这样就能节约空间。

代码

快到飞起的提交记录。为了观感，以下是没有卡空间的代码。

#include <cstdio>
using namespace std;

using mint = int;
using sint = long long;

constexpr const mint mod = 998244353;

constexpr inline mint add(const mint a, const mint b) {
    return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}

template <typename... Types>
inline mint& toadd(mint &a, Types... b) {
    return a = add(a, b...);
}

const int N = 1010, M = 10;

int n, val[N];
char str[N];

mint dp[1 << M][M], g[1 << M];

signed main() {
    scanf("%d%s", &n, str + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) val[i] = str[i] - 'A';
    dp[1 << val[1]][val[1]] = 1;
    g[1 << val[1]] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        int ST = ((1 << M) - 1) ^ 1 << val[i];
        for (int S = ST; ; S = (S - 1) & ST) {
            int st = S | 1 << val[i];
            toadd(g[st], dp[st][val[i]]);
            toadd(g[st], g[st ^ 1 << val[i]]);
            toadd(dp[st][val[i]], dp[st][val[i]]);
            toadd(dp[st][val[i]], g[st ^ 1 << val[i]]);
            if (!S) break;
        }
        toadd(dp[1 << val[i]][val[i]], 1);
        toadd(g[1 << val[i]], 1);
    }
    mint ans = 0;
    for (int st = 0; st < 1 << M; ++st)
        toadd(ans, g[st]);
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

后记

一道大水题，但是完全可以优化，别的题解都太劣了。以及本来想申请撤下一篇题解的，但是发现他已经被禁用专栏了，乐。

希望我的题解能给大家带来启示和帮助。