DP套DP

有些时候，对于某一个数列（或者串等其他东西），我们可以使用DP判断其是否合法。
于是有毒瘤人们就会想到一种题目，对于这种需要用DP来判断是否合法的东西，能不能对其进行计数呢？

对于有些是可以的。

我们考虑一下：因为DP本来就是一个有限状态自动机，也就意味着转移和状态数都是固定的，如果我们把状态通过编号或者状压压到一维，我们就可以处理了。而方案数统计本来就是一个DP，所以这种神奇的方法就叫做DP套DP。

DP套DP大概就这么多，还是要上题：

[TJOI2018]游园会

给定长度 $N$ 和由N,O,I组成的串 $S$。问有多少个长为 $N$，且由N,O,I组成的串与 $S$ 的最长公共子序列的长度为 $m$ ，且串中不含NOI的串的个数。
输出对于 $m=0,1\dots |S|$ 的答案。
我们考虑如何检验一个串 $T$ 的与 $S$ 的最长公共子序列长度和是否含有串 NOI。
对于前者，我们的朴素想法是维护 $f_{i,j}$ 表示串 $T$ 的前 $i$ 位和串 $S$ 的前 $j$ 位的最长公共子序列。
对于后者，我们会选择跑KMP，但由于匹配串NOI长为3且字母互不相同，其实就是N,O,I这三个字符之间的转移，有些可行有些不可行。
后者很容易被压在 $0,1,2$ 中，我们就需要考虑前者如何处理。
我们再来看一下前者的转移，$f_{i,j}=\{\begin{array}{ll}max(f_{i-1,j},f_{i,j-1})& T_i\ne S_j\\ max(f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-i}+1)& T_i=S_j\end{array}$ 。
通过数学归纳或者感性理解，我们会发现：$f_{i,j}-f_{i,j-1}\le 1$ ，这也就意味着，我们其实可以用一个长度为 $|S|$ 的二进制数来表示一行的转移。
我们只需要处理出来 $2^{|S|}$ 种情况分别对于 $T$ 下一位为N,O,I的转移即可。
我们外层的DP就是 $F_{i,S,j}$ 表示处理到了第 $i$ 为，最长公共子序列的匹配为 $S$ ，与NOI匹配到了第 $j$ 位时的方案数。
总体复杂度 $O(n{2}^{|S|})$

CF979E Kuro and Topological Parity

还没有写捏

[ZJOI2019]麻将

upd on 2024.02.28

没想到会有时间补这个，很厉害。

对于我们手上拿到的牌，记 $a_i$ 为我们拿到的大小为 $i$ 的牌的数量，我们考虑如何判断一副牌是否满足条件。也就是我们想要建立一个自动机，把 $\{a_n\}$ 逐位扔进去就可以得到结果。

记 $d{p}_{i,j,k,0/1}$ 表示，处理到了大小 $\le i$ 的所有牌，预留了 $j$ 个 $i-1$ 和 $i$ 作为 $i-1,i,i+1$ 的顺子，$k$ 个 $i$ 作为 $i,i+1,i+2$ 的顺子，有没有对子的情况下，最多有多少个面子。如果任何时刻某一个状态的 $d{p}_{i,j,k,0/1}\ge 4$ 了，就说明这副牌胡了。显然有 $j,k<3$，否则可以将其拆成刻子。

考虑转移，我们加入了 $a_{i+1}$ 个 $i+1$，考虑 $d{p}_{i+1,k,l,0/1}\leftarrow d{p}_{i,j,k,0/1}$，显然有 $a_{i+1}\ge j+k+l$，所以可以组成 $\lfloor {\displaystyle \frac{a_{i+1}-j-k-l}{3}}\rfloor$ 个刻子，如果我们要留下一组对子就用 $a_{i+1}-2$ 转移即可。

考虑到胡牌还有可能是七小对，所以我们在单独维护一个有多少个 $a_i\ge 2$。

这样我们可以存储 $d{p}_{0/1,i,j}$ 以及一个 $pai{r}_{c}nt$ 来维护一个状态，我们使用 bfs 对其建自动机，发现只有 $M=2092$ 种状态。

然后用 $d{p}_{i,j,S}$ 表示处理了大小 $\le i$，一共有 $j$ 张牌，状态为 $S$ 的方案数。

那么最终会答案就等于 $1+\sum _{t=1}^{4n-13}F(t)$，其中 $F(t)$ 为摸 $t$ 张牌没有胡的方案。

时间复杂度是 $O(M{n}^2)$ 的。

[NOI2022]移除石子

神秘思维题，详见Alex_Wei老师，因为我也是在他的博客里学的。
我们一层一层的来思考：
第一步、考虑如何检验某种石子情况是可行的的。
不难发现选择长度 $⩾3$ 一个区间，相当于选择若干次长度 $=3,4,5$ 的区间；同时存在一种方案不会选择同一个区间 $2$ 次。这两件事情告诉我们，我们从每一个位置开始的区间数会 $⩽3$ 个。
所以我们就可以考虑维护 $f_{i,j,k,l}$ 表示，$i$ 之前的位都已经处理了，现在有 $j$ 个可以选择延伸到第 $i$ 位，有 $k$ 个必须延伸到第 $i$ 位，有 $l$ 个必须延伸到第 $i+1$ 位。
我们假设可以延伸的我们选择了 $p\in [0,j]$ 个，在满足 $a_i=p+k+l$ 或 $a_i⩾p+k+l+2$ 的情况下，我们得到转移 $f_{i,j,k,l}\to f_{i,p+k,l,st},st\in [0,3]$，最终检查 $f_{n+1,\ast ,0,0}$ 是否存在即可。
我们考虑两个优化：如果我们同时在第 $i$ 位开启了一个 $4$ 和 $5$，我们可以把它变成 $i+1$ 位的 $3$ 和 $4$，也就意味着我们可以不同时取 $3,4,5$，所以 $j,k,l⩽2$；我们可以钦定有哪些会延伸到第 $i$ 位，也就是枚举 $p\in [k,j+k]$ ，这样我们维护的DP就变成了 $f_{i,j,k}$ 其中 $j⩽4,k⩽2$ 了。
据Wei老师做写，我们可以枚举验证第二位 $j$ 也是可以降到 $j⩽2$ 的。

第二步、转化恰好 $k$ 的这个条件。
在这种问题里，恰好一定是比至多难做的，所以考虑能不能转换一下。
当 $k=0$ 时，等价于我们上面的转移。
当 $k=1$ 时，如果有一次操作1，则必然可行；只要有一次长度大于 $4$ 的操作2，则必然可行；只要 $n>3$ 且有一次长度大于 $3$ 的操作2，则必然可行。
对于上述情况的方面，我们会发现只有两种，第一种是 $a_i=0,i=1,2\dots n$，第二种是 $n=3$ 且 $a_1=a_2=a_3=1$。
当 $k=2$ 时，对于 $k=0$ 时可行的，$k=2$ 一定可行，对于 $k=1$ 可行的，我们发现不可能出现 $k=1$ 时将有解变无解的情况，（因为你根本不可能在上面的两种情况中删掉石子还保证有解），我们可以重复一次 $k=1$ 来达到 $k=2$ 的效果。
同理，我们便得到，当 $k>1$ 时，放恰好 $k$ 合法的方案数，等价于放 $⩽k$ 个石子合法的方案数。

第三步、考虑得到某种石子情况至少需要加入多少个石子。
我们模仿第一步，维护 $g_{i,j,k}$ 表示 $i$ 之前的位都已经处理了，有 $j$ 要延伸到第 $i$ 位，$k$ 个延伸到第 $i+1$ 位，至少需要加多少个石子。
假设 $i$ 位有 $a_i$ 个石子，记 $v=a_i-p-j-k$ ，其中 $p\in \{0,1,2\}$ 表示我们在第 $i$ 位新开的区间数。
如果 $v<0$ 我们显然至少需要 $-v$ 个石子，如果 $v=1$ ，由于不能进行操作1，我们需要 $1$ 个石子，其他情况不需要石子，所以得到转移 $g_{i,j,k}+ned\to g_{i,st,p},st\in [k,k+j]$。

第四步、考虑外层DP 时 $a_i$ 的影响。
由于 $p+j+k$ 范围较小，同时根据对拍或达标，我们会发现，对于 $a_i⩾6$ 的情况时等价的。
所以有意义的转移只会有 $a_i=0,1,2,3,4,5$ 和 $a_i⩾6$ 这 $7$ 种。
我们DP套DP的雏形已经出来的，但由于 $k⩽100$ ，也就意味这每一个 $g$ 的取值是 $[0,101]$ ，似乎有 ${102}^9$ 种状态。

第五步、保留有用的内层DP。
我们感性理解，发现 $g$ 的值应该不会差的太远，所以有用的 $g$ 的组合应该是有限的。
所以我们考虑暴力维护一边所有的转移，可以发现有效的转移数是 $S=8765$ 种。
预处理出来所有转移，DP即可，最终复杂度 $O(TnS)$ 。