【学习笔记】DP套DP

前置知识：dp 是啥你总得知道吧（）

dp 套 dp，又叫 dp of dp，此类题目一般以一个 dp 问题为方案，求方案数。比如求最长上升子序列长度为 $x$ 的方案数。

BZOJ3864 Hero meet devil

（想不到吧 bzoj 登陆洛谷了）

那就以这个经典问题为例。

（一定要会 $\mathcal{O}(n^2)$ 求 LCS！）

题意

给定一个字符集为 ACGT 的字符串 $S$。定义 $\text{LCS}(S,T)$ 为两个字符串 $S,T$ 的最长公共子序列。

对于每个 $0\le i\le |S|$，求有多少个长度为 $m$，字符集 ACGT 的字符串 $T$，满足 $|\text{LCS}(S,T)|=i$，答案对 ${10}^9+7$ 取模。

$1\le T\le 5$，$1\le |S|\le 15$，$1\le m\le 1000$。

初步想法

题目要求方案数，尝试 dp。一种很 naive 的想法是，记录 $S$ 遍历到 $i$，$T$ 遍历到 $j$，LCS 为 $k$ 的方案数。这个显然不行啊，因为至少要选一个 $i/j$ 重新遍历。

那既然每次都要重新更新一遍内层 dp 数组，我们把 dp 数组存一下不就好了，正好把 $k$ 那维也省掉了。

思路

设 $d{p}_{x,y}$ 表示 $T$ 中到$x$，$S$ 中到 $y$；$f_{i,S}$ 表示，$T$ 中遍历到 $i$，$d{p}_i$ 的 $|S|$ 个值。

但是 $d{p}_i$ 数组怎么状压？总不能按进制存吧。

观察一下，不难发现值单调不降，并且前后两项最多差 $1$。所以可以把它差分一下，变成一个二进制 $mask$！

这样一来，枚举 $i$ 以及 $T_i$，枚举 $i-1$ 轮的 $mask$，然后把 $mask$ 前缀和一下，对它使用学过的 LCS 转移，最后差分回去为 $mas{k}^{\prime }$。则 $f_{i-1,mask}$ 对 $f_{i,mas{k}^{\prime }}$ 产生贡献。

最后统计答案部分我不说你也会。

问题就解决了。

但时间复杂度为 $\mathcal{O}(m\times |\mathrm{字}\mathrm{符}\mathrm{集}|\times 2^{|S|}\times |S|)$，有点悬啊！

优化

这时，再考虑进行一个很简单的优化：

注意到对于相同的参数 $T_i$ 和 $mask$，返回的 $mas{k}^{\prime }$ 一样。所以把所有的情况先预处理一遍，求 $f$ 的时候就不用每次算了！

时间复杂度 $\mathcal{O}(|\mathrm{字}\mathrm{符}\mathrm{集}|\times 2^{|S|}+m\times |\mathrm{字}\mathrm{符}\mathrm{集}|\times 2^{|S|})$，毫无压力！

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 20, MASK = (2 << 15) + 5, MOD = 1e9 + 7;
char char_set[] = {"ACGT"};
vector<int> Mask[20];
int n, m, dp[2][M], trans[MASK][4], f[2][MASK], ans[M];
char s[M];
 
inline int madd(int x, int y) { return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y; }
inline int mmul(int x, int y) { return x * y % MOD; }
inline void add(int &to, int from)
{
    to = madd(to, from);
}
 
int DP(int mask, char c)
{
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        dp[0][i] = dp[0][i - 1] + ((mask >> (i - 1)) & 1);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        dp[1][i] = max(dp[0][i], dp[1][i - 1]);
        if (c == s[i])
            dp[1][i] = max(dp[1][i], dp[0][i - 1] + 1);
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        res += (dp[1][i] - dp[1][i - 1]) << (i - 1);
    return res;
}
 
void solve()
{
    scanf("%s%d", s + 1, &n);
    m = strlen(s + 1);
    for (int mask = 0; mask < (1 << m); mask++)
        for (int k = 0; k < 4; k++)
            trans[mask][k] = DP(mask, char_set[k]);
    int cur = 0, lst = 1;
    memset(f, 0, sizeof(f));
    f[cur][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        swap(cur, lst);
        memset(f[cur], 0, sizeof(f[cur]));
        for (int k = 0; k < 4; k++)
            for (int mask = 0; mask < (1 << m); mask++)
                add(f[cur][trans[mask][k]], f[lst][mask]);
    }
    memset(ans, 0, sizeof(ans));
    for (int mask = 0; mask < (1 << m); mask++)
        add(ans[__builtin_popcount(mask)], f[cur][mask]);
    for (int i = 0; i <= m; i++)
        printf("%d\n", ans[i]);
}
 
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}

[TJOI2018] 游园会

一个很像的题，不过生成串中不能出现 NOI 罢了。$f$ 数组再记录一维表示 $3$ 个阶段即可。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 20, MASK = (1 << 15) + 5, MOD = 1e9 + 7;
char cset[] = {"NOI"};
int n, m, dp[2][M], trans[MASK][3], f[2][4][MASK], ans[M];
char s[M];
 
inline int madd(int x, int y) { return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y; }
inline void add(int &to, int fro)
{
    to = madd(to, fro);
}
 
int DP(int mask, char c)
{
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        dp[0][i] = dp[0][i - 1] + ((mask >> (i - 1)) & 1);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        dp[1][i] = max(dp[0][i], dp[1][i - 1]);
        if (c == s[i])
            dp[1][i] = max(dp[1][i], dp[0][i - 1] + 1);
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        res += (dp[1][i] - dp[1][i - 1]) << (i - 1);
    return res;
}
 
int main()
{
    cin >> n >> m;
    scanf("%s", s + 1);
    for (int mask = 0; mask < (1 << m); mask++)
        for (int k = 0; k < 3; k++)
            trans[mask][k] = DP(mask, cset[k]);
    int cur = 0, lst = 1;
    f[cur][0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        swap(cur, lst);
        memset(f[cur], 0, sizeof(f[cur]));
        for (int k = 0; k < 3; k++)
        {
            int to2 = k + 1, fro = k, to = k == 0 ? 1 : 0; // fro ? ->to2 : ->to
            for (int j = 0; j < 3; j++)
                for (int mask = 0; mask < (1 << m); mask++)
                    add(f[cur][j == fro ? to2 : to][trans[mask][k]], f[lst][j][mask]);
        }
    }
    for (int j = 0; j < 3; j++)
        for (int mask = 0; mask < (1 << m); mask++)
            add(ans[__builtin_popcount(mask)], f[cur][j][mask]);
    for (int i = 0; i <= m; i++)
        printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

[ZJOI2019] 麻将

学长推荐的 dp of dp 好题，我比较菜还没写（你不就是懒得写呗），读者可以自己尝试一下。