dp套dp学习笔记
1 dp 和 dp套dp
为了方便大家理解，从这句话开始，dp套dp 将作为一个不加空格的词，方便区分。
dp 的时候，我们一般会设计一个 dp 状态，然后让 dp 从某个状态向某个状态转移，最终统计某些状态最终的值。
我们发现这不就是 DFA 吗，每个点有出边，有起始状态和终止状态集合，所以我们可以直接记录在若干步之后在 DFA 上的 \(x\) 号节点的方案数。
不知道 DFA 也没啥关系，在 dp套dp 里面，我们就将内层 dp 的结果作为外层 dp 的状态进行 dp。
2 正片
举个例子：
例 \(1\)
- 求长度为 \(n\)，字符集为 \(\texttt{N},\texttt{O},\texttt{I}\)，与给定字符串 \(S\) 的 \(\text{LCS}\) 为 \(len\) 的字符串数量。
- \(|S|\leq15\)，\(n\leq10^3\)
2.1 \(\text{LCS}\) 回顾
显然对于字符串 \(A\) 和 \(B\)，我们记 \(\text{LCS}_{x,y}\) 为 \(A\) 前 \(x\) 位，\(B\) 前 \(y\) 位的最长公共子序列长度，则
2.2 转化
第一部分最后一句中，我们提到外层 dp 的状态就是内层 dp 的结果，于是一个最暴力的想法就是记录所有 \(\text{LCS}\) 作为状态。
- 小补充：dp套dp 中内层的转移应该是一个自动机的状态，但是笔者对自动机理解不深，所以本文仍然用“状态”和“转移”描述自动机的边。
此时，我们要记录的是长度为 \(i\)，和 \(S\) 的 \(\text{LCS}\) 为某个数组的字符串数量。
然而我们发现，如果我们在某个字符串后面加一个新的字符，只会新生成一行 \(\text{LCS}\)，**而这一行 \(\text{LCS}\) 完全通过上一行生成！
于是我们只要记录 \(\text{LCS}\) 最后一行为某个数组的字符串数量了。
然后我们还发现 \(\text{LCS}_{x+1,y}-\text{LCS}_{x,y}\) 只能是 \(0\) 或者 \(1\)，于是我们还能差分最后一行得到一个 \(01\) 字符串并再次状压。
于是我们就能写出很优美的 dp套dp 了。
算法复杂度 \(\text O(\large2^{|S|}m|\Sigma|)\)
- 示例代码（可以通过该题）。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
while('0'<=ch && ch<='9'){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
return x;
}
const int p=1000000007;
int nxt[100003][4],f[2][100003],ans[1003];
char s[23];
const char ch[4]={'A','T','C','G'};
void solve()
{
scanf("%s",s+1);
int n=strlen(s+1),m=read(),st=1<<n;
for(int i=0,tmp[23],res[23]; i<st; ++i)
{
res[0]=tmp[0]=0;
for(int j=1,k=i; j<=n; ++j,k>>=1) tmp[j]=tmp[j-1]+(k&1);
for(int k=0,num; k<4; ++k)
{
num=0;
for(int j=1; j<=n; ++j) res[j]=(s[j]==ch[k])?tmp[j-1]+1:max(tmp[j],res[j-1]),num+=(1<<(j-1))*(res[j]-res[j-1]);
nxt[i][k]=num;
}
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0]=1;
for(int i=0; i<m; ++i)
{
for(int j=0; j<st; ++j) f[(i&1)^1][j]=0;
for(int j=0; j<st; ++j) for(int k=0; k<4; ++k) (f[(i&1)^1][nxt[j][k]]+=f[i&1][j])%=p;
}
for(int i=0; i<=n; ++i) ans[i]=0;
for(int i=0; i<st; ++i) (ans[__builtin_popcount(i)]+=f[m&1][i])%=p;
for(int i=0; i<=n; ++i) printf("%lld\n",ans[i]);
}
signed main()
{
for(int T=read(); T--;) solve();
return 0;
}
2.4 小试牛刀
例 \(2\)
- 求长度为 \(n\)，字符集为 \(\texttt{N},\texttt{O},\texttt{I}\)，不包含子串 \(\texttt{NOI}\) 的字符串中，与给定字符串 \(S\) 的 \(\text{LCS}\) 为 \(len\) 的字符串数量。
- \(|S|\leq15\)，\(n\leq10^3\)
同步记录是否有后缀是 \(\tt{N},\tt{NO}\) 即可。
- 示例代码（可以通过该题）。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
while('0'<=ch && ch<='9'){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
return x;
}
const int p=1000000007;
int nxt[100003][3],f[2][100003][3],ans[1003];
char s[23];
const char ch[3]={'N','O','I'};
signed main()
{
int m=read(),n=read(),st=1<<n;
scanf("%s",s+1);
for(int i=0,tmp[23],res[23]; i<st; ++i)
{
res[0]=tmp[0]=0;
for(int j=1,k=i; j<=n; ++j,k>>=1) tmp[j]=tmp[j-1]+(k&1);
for(int k=0,num; k<3; ++k)
{
num=0;
for(int j=1; j<=n; ++j) res[j]=(s[j]==ch[k])?tmp[j-1]+1:max(tmp[j],res[j-1]),num+=(1<<(j-1))*(res[j]-res[j-1]);
nxt[i][k]=num;
}
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0]=1;
for(int i=0; i<m; ++i)
{
for(int j=0; j<st; ++j) f[(i&1)^1][j][0]=f[(i&1)^1][j][1]=f[(i&1)^1][j][2]=0;
for(int j=0; j<st; ++j)
{
(f[(i&1)^1][nxt[j][0]][1]+=f[i&1][j][0]+f[i&1][j][1]+f[i&1][j][2])%=p;
(f[(i&1)^1][nxt[j][1]][0]+=f[i&1][j][0]+f[i&1][j][2])%=p;
(f[(i&1)^1][nxt[j][1]][2]+=f[i&1][j][1])%=p;
(f[(i&1)^1][nxt[j][2]][0]+=f[i&1][j][0]+f[i&1][j][1])%=p;
}
}
for(int i=0; i<=n; ++i) ans[i]=0;
for(int i=0; i<st; ++i) (ans[__builtin_popcount(i)]+=f[m&1][i][0]+f[m&1][i][1]+f[m&1][i][2])%=p;
for(int i=0; i<=n; ++i) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
3 你已经学会基本操作了，接下来请 A 掉这道题吧
首先，不难发现我们只需要知道编号为 \(x\) 的牌的数量，不妨把一些牌的集合记为每种牌的出现次数，例如 \(\{1,1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,9,9\}\) 记为 \(\{3,1,1,1,1,1,1,1,3\}\)，第 \(i\) 张牌的出现次数为 \(cnt_i\)。
我们记 \(dp_{i,0,x,y}\) 为考虑编号 \(\leq i\) 的牌，去掉 \(x\) 个编号为 \(i-1\) 和 \(x+y\) 个编号为 \(i\) 的牌后，最多可以组成的面子数量，记 \(dp_{i,1,x,y}\) 为在这些牌中选一个雀头后最多可以组成的面子数量。
我们在从 \(dp_{i}\) 转移到 \(dp_{i+1}\) 的时候，不难发现 \(i+1\) 这种牌的贡献只可能是这几种：做顺子的第一张（对应 \(y\)），做顺子的第二张（对应 \(x\)），做顺子的第三张（对应 \(dp_i\) 的 \(x\) 转移到 \(dp\) 值）和做刻子（直接转移到 \(dp\) 值）。
如果 \(dp_{i,1}\) 的某个值已经为 \(4\)，或者 \(dp_i\) 对应前 \(i\) 位已经有 \(7\) 个对子，我们就认定这个状态可以是终止状态了，不再继续转移。
由于三个相同的顺子等价于三个刻子，我们发现 \(x,y<3\)，因此 \(dp_i\) 只有 \(18\) 种可能。而由于某些神奇的原因，这 \(18\) 种可能只能组成大约 \(2000\) 个 \(dp_i\)！于是现在只有 \(2000\) 个本质不同的 \(dp_i\) 了，我们就可以用 \(f_{st,j,k}\) 表示状态为 \(st\)，已经选了前 \(j\) 种共 \(k\) 张牌的情况数了。
时间复杂度 \(O(n^2|S|)\)，\(S\) 代表 \(dp_i\) 的集合。
4 你已经完全掌握 dp套dp 了，接下来请 A 掉这道题吧
首先考虑 \(40\) 分做法，即 \(l_i=r_i\)。
我们称第一种操作为竖线，第二种操作为横线。
首先我们发现一个长度 \(\geq 6\) 的横线可以拆成两条横线，因此横线的长度 \(\leq 5\)。
然后我们发现两条完全一致的横线可以转成一条竖线，因此所有横线都是互不相同的。
所以考虑一个 dp：\(f_{x,S}\) 代表放完所有左端点 \(\leq x\) 的线，右端点为接下来三个位置的线段数分别为 \(S_1,S_2,S_3,S_4\)，且 \(\leq x\) 的每个堆都合法时至少需要放入的石子数。
不难发现 \(S_i<3\)，因为如果一个端点连出了三条横线，较长的两条可以长度减一，然后加一条竖线。
算算时间复杂度是 \(O(nk)\) 的，其中 \(k\) 代表状态数乘以转移数，只有 \(3^4\times 6\)。
到这里都是比较平凡的。
然后出题人大手一挥，考虑 dp套dp。
也就是说我们考虑 \(g_{x,S}\) 代表决定完所有左端点 \(\leq x\) 的值，\(f_x\) 数组为 \(S\) 的方案数。
直接压整个 \(f_x\) 显然是不行的，我们套路地使用 bfs 算出可达的状态数，发现是 \(10^5\) 级的。
最后还有一个问题：\(r_i\leq 10^9\) 怎么办？
不难发现 \(14\) 以上的数等价于 \(14\)，因为一个点最多只能被 \(12\) 个区间覆盖到。
算算时间复杂度是 \(O(nTNM)\) 的，其中 \(N=10^5\)，\(M=14\)，肯定过不去。
dp套dp 可以考虑剪枝，我们可以通过一些人类智慧发现，一个点最多被 \(3\) 条线覆盖到！
这个东西是怎么想出来的呢？首先你发现了一个点被一车线覆盖的时候大概率是存在更优方案的，然后你在 dp套dp 的时候枚举一下线段最大值。因为线段数量变少了，数的等价类也变少了，我们发现 \(4\) 和 \(5\) 已经等价，此时只剩约 \(1.5\times 10^4\) 个状态和 \(5\) 个转移。
然后我们发现出题人洛谷把我们卡常了，只能感恩（如果在场上你就过了）。
再进一步地，我们发现左端点 \(\leq x\)，右端点 \(\geq x+2\) 的线段只会同时存在不超过 \(2\) 条。
现在只有 \(1.2\times 10^4\) 个状态了，加上一些极限卡常就过了。
