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 $s_i\in \mathrm{\Omega }$，求有多少子序列 $T$ 满足任意 $x\in \mathrm{\Omega }$，其在 $T$ 出现的位置为连续一段，当然，对 $998244353$ 取模。

$n\le {10}^5$，$|\mathrm{\Omega }|\le 14$，时间 $1$ 秒，空间 $5$ MB。

（嗯……其实原题 $n\le {10}^3$，$|\mathrm{\Omega }|\le 10$，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 $f_{i,\{s_i\}}=1$。

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：

   $$f_{i,\mathcal{S}\cup \{s_i\}}\leftarrow f_{i,\mathcal{S}\cup \{s_i\}}+\{\begin{array}{ll}{f}_{j,\mathcal{S}}& \text{ if }{s}_i=s_j\\ f_{j,\mathcal{S}}& \text{ if }{s}_i\ne s_j\wedge s_i\notin \mathcal{S}\\ 0& \text{ otherwise }\end{array}$$

   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 $\sum _{i=1}^n\sum _{\mathcal{S}\subseteq \mathrm{\Omega }}{f}_{i,\mathcal{S}}$。

这样，时间复杂度是 $\mathrm{\Theta }(n^2{2}^{|\mathrm{\Omega }|})$，菜爆了，无论时空都不优秀。优化思路是先把 $\mathrm{\Theta }(n)$ 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 $\mathrm{\Omega }\to \varnothing$，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. $f_{\mathcal{S},s_i}\leftarrow f_{\mathcal{S},s_i}+f_{\mathcal{S},s_i}$：
   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. $f_{\mathcal{S},s_i}\leftarrow f_{\mathcal{S},s_i}+f_{\mathcal{S}\setminus \{s_i\},k}$：
   表示新开一段，其中 $k\in \mathcal{S}\setminus \{s_i\}$。

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 $f_{\{s_i\},s_i}\leftarrow f_{\{s_i\},s_i}+1$。

统计答案显然是 $\sum _{\mathcal{S}\subseteq \mathrm{\Omega }}\sum _{i\in \mathcal{S}}{f}_{\mathcal{S},i}$。

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

发现瓶颈在枚举 $k$ 的过程中。我们发现对于 $k\notin \mathcal{S}\setminus \{s_i\}$ 的情况，由于 $f_{\mathcal{S}\setminus \{s_i\},k}=0$，并不会对答案产生影响。所以等价于求 $\sum _{k\in \mathrm{\Omega }}{f}_{\mathcal{S}\setminus \{s_i\},k}$。所以，我们同时维护 $g_{\mathcal{S}}$ 表示 $\sum _{k\in \mathrm{\Omega }}{f}_{\mathcal{S},k}$ 就能快速转移了。

答案便是 $\sum _{\mathcal{S}\subseteq \mathrm{\Omega }}{g}_{\mathcal{S}}$。

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n{2}^{|\mathrm{\Omega }|})$，就差一点点了，似乎差一个 $\frac{1}{2}$ 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 $\mathrm{\Theta }(n)$ 的，但是我们完全可以只枚举 $\mathcal{T}\subseteq \mathrm{\Omega }\setminus \{s_i\}$，而 $\mathcal{S}=\mathcal{T}\cup \{s_i\}$，这样就有了一个 $\frac{1}{2}$ 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 $\frac{1}{2}$ 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。