SS241107B. 子序列们（sub）

SS241107B. 子序列们（sub）

题意

给你一个仅含有 \(0,1\) 的序列 \(A\)，定义序列 \(B\) 为每个元素是序列 \(A\) 的一个子序列的序列，满足第 \(i\) 个元素的长度是 \(n-i+1\)，且 \(\forall j > i\)，第 \(j\) 个元素是第 \(i\) 个元素的子序列。

问有多少种本质不同的序列 \(B\)，对 \(998244353\) 取模。\(n \le 400\)。

思路

刻画一下这个 \(B\)，就是 \(B_1=A\)，然后 \(B_i\) 为 \(B_{i-1}\) 删除一个数字形成。

考虑一个序列 \(S\) 删除一个数字，可以生成多少个本质不同的子序列，思考如何去重。

容易发现我们可以钦定删除的数字只可以对于一段连续的相同数字，删除最前面那个数字，这样可以保证不重不漏。

那么就可以写暴力了，直接暴力可以跑完 \(n=30\) 的数据，时间是 \(O(2^n poly(n))\) 的，但是显然长度为 \(i\) 的本质不同的子序列个数不到 \(2^n\) 次，究竟是多少次我也不知道。

不过由于我使用了 map 导致 TLE 了一个点，如果写哈希表应该就可以过吧？

特殊性质你手模一下就可以发现 \(a_i=0\) 直接输出 \(1\)，\(a_{1 \sim \lfloor \frac{n}{2} \rfloor} =0,a_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor +1 \sim n} =1\) 的性质答案是 \(\binom{n}{\frac{n+1}{2}}\)。

然后我就往组合数上想了？

正解是，考虑给 \(A\) 的每个位置赋一个删除时间。考虑怎样的删除时间是不重不漏的。

在一段连续的相同的数字中，必须先删除了前面才能删除后面。如果两段相同的数字之间不同的数字在早的时间已经被删掉了，那么前面那段数字的删除时间就必须在后面那段之前。

也就是说对于两个相同的数字，要么他们之间有东西还没有删掉，要么前面的必须先删掉。

那么结论就是对于每个数字，其之前离它最近的删除时间大于它的数字必须与它不同。我们把之前离它最近的删除时间大于它的点叫做它的关系点。

然后区间 DP。

设 \(f_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 的方案。枚举区间时间最大的点 \(k \in [l,r]\)，那么 \([k+1,r]\) 里面的点要么关系点在 \([k+1,r]\)，要么关键点就是 \(k\)，而 \(k\) 的时间是最大的，因此 \(k\) 涂什么颜色对后面有影响。而对于区间 \([l,k-1]\) 显然点 \(k\) 对它没有影响，而因为 \(k\) 是区间时间最大的点，所以 \(k\) 没有关键点。那么我们钦定 \(f_{l,r}\) 表示 \(l-1\) 的时间是最大值的时候区间 \([l,r]\) 的答案，这样就要求 \(k\) 的颜色不等于 \(l-1\) 的颜色。这样转移是正确的。

还要乘上一个组合系数，表示 \(r-l+1\) 个时间，最大的时间给了 \(k\)，剩下的 \(r-l\) 个时间选 \(k-l\) 个给左边，剩下给右边。

实质是笛卡尔树吧，更好理解？

建立大根堆笛卡尔树。区间 \([1,n]\) 的答案可以由区间 \([1,k-1],[k+1,n]\) 的答案得到（枚举 \(k\)），那么 \(k\) 对区间 \([1,k-1]\) 没有影响，对于区间 \([k+1,n]\)，其最大点是 \(p\)，即笛卡尔树上 \(k\) 的右儿子是 \(p\)，那么 \(k,p\) 不同颜色。\(p\) 的左儿子 \(q\)，要求 \(q,k\) 也不同颜色。

也就是说区间最大点不能和区间左端点减 \(1\) 的位置同样颜色。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

code

代码非常好写，但是感觉这个转化，这个状态和转移比较难想。

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace coin_collecting_foundation {
    constexpr int N=407,mod=998244353;
    int add(int a,int b) { return a+b>=mod ? a+b-mod : a+b; }
    void _add(int &a,int b) { a=add(a,b); }
    int n;
    char a[N];
    int f[N][N];
    int c[N][N];
    void init() {
        c[0][0]=1;
        rep(i,1,n) {
            c[i][0]=1;
            rep(j,1,i) c[i][j]=add(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
        }
    }
    void solve() {
        rep(i,1,n+1) f[i][i]=a[i]!=a[i-1],f[i][i-1]=1;
        per(l,n,1) rep(r,l+1,n) rep(k,l,r) if(a[k]!=a[l-1]) _add(f[l][r],1ll*f[l][k-1]*f[k+1][r]%mod*c[r-l][k-l]%mod);
    }
    void main() {
        sf("%d%s",&n,a+1);
        init();
        solve();
        pf("%d\n",f[1][n]);
    }
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("my.out","w",stdout);
    #else 
    freopen("sub.in","r",stdin);
    freopen("sub.out","w",stdout);
    #endif
    coin_collecting_foundation :: main();
}