TJOI2018Party

题目描述

小豆参加了\(NOI\)的游园会，会场上每完成一个项目就会获得一个奖章，奖章 只会是\(N\), \(O\), \(I\)的字样。在会场上他收集到了\(K\)个奖章组成的串。

兑奖规则是奖章串和兑奖串的最长公共子序列长度为小豆最后奖励的等级。

现在已知兑奖串长度为\(N\)，并且在兑奖串上不会出现连续三个奖章为\(NOI\)，即奖章中不会出现子串\(NOI\)。

现在小豆想知道各个奖励等级会对应多少个不同的合法兑奖串。

题解

我们可以先考忽略那些奇奇怪怪的限制条件，直接考虑如何统计序列数。

我们先考虑\(LCS\)的dp方法。

\[dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]+(s[i]==t[j])) \]

我们如果把第二维单独拿出来考虑，我们可以发现第二维是一个单调不降的数列而且前后两项的差是小于等于1的。

因为第二维的长度非常小，所以我们可以把第二维差分之后状压起来作为我们的状态。

而且有一个好处，我们知道了这个状态，就能发当前\(dp\)值还原出来，假设我们知道了下一个字符时什么，我们就可以知道转移后的状态是什么了。

所以我们预处理\(g[i][j]\)表示当前状态为\(i\)，新加入字符为\(j\)，能够转移的状态。

然后我们再设\(dp[i][j][k]\)表示做到第\(i\)为，当前状态为\(j\)，匹配到k个字符(这个是判断那个特殊限制用的)，随便转移一下就好了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int tran[200],g[3][1<<16],dp[2][1<<16][3],n,k,nw[20],a[20],ma,ans[20];
char s[20];
inline int rd(){
	int x=0;char c=getchar();bool f=0;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	return f?-x:x;
}
inline void MOD(int &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
int main(){
	n=rd();k=rd();
	tran['N']=0;tran['O']=1;tran['I']=2;
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=k;++i)a[i]=tran[(int)s[i]];
	ma=(1<<k+1);
	for(int o=0;o<3;++o){
		for(int i=0;i<ma;++i){
			for(int j=0;j<=k;++j){
			  nw[j]=(i&(1<<j))!=0;
			  if(j)nw[j]+=nw[j-1]; 
		    }
		    for(int j=k;j>=1;--j){
		    	nw[j]=max(nw[j],nw[j-1]);
		    	if(a[j]==o)nw[j]=max(nw[j],nw[j-1]+1);
			}
			for(int j=1;j<=k;++j)nw[j]=max(nw[j],nw[j-1]);
			int s=0;
			for(int j=k;j>=1;--j)nw[j]=nw[j]-nw[j-1];
			for(int j=0;j<=k;++j)s|=(1<<j)*nw[j];
            g[o][i]=s;
		}
	}
	int now=1,pre=0;
	dp[now][0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;++i){
		swap(now,pre);
		memset(dp[now],0,sizeof(dp[now]));
		for(int j=0;j<ma;++j)
		  for(int l=0;l<3;++l)if(dp[pre][j][l])
		    for(int p=0;p<3;++p){
		       int no=(p==l)?l+1:(p==0); 
			   if(no==3)continue;
		       MOD(dp[now][g[p][j]][no]+=dp[pre][j][l]);
			}
	}
	for(int i=0;i<ma;++i){
		for(int j=0;j<=k;++j){
			nw[j]=(i&(1<<j))!=0;
			if(j)nw[j]+=nw[j-1];
		}	
		MOD(ans[nw[k]]+=(1ll*dp[now][i][0]+dp[now][i][1]+dp[now][i][2])%mod);
	} 
	for(int i=0;i<=k;++i)printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}