LOJ #6074. 「2017 山东一轮集训 Day6」子序列

#6074. 「2017 山东一轮集训 Day6」子序列

链接

分析：

　　首先设f[i][j]为到第i个点，结尾字符是j的方案数，这个j一定是从i往前走，第一个出现的j，因为这个j可以代替掉前面所有j。于是有转移方程：

$$ f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j}&,j\neq S_i\\ \sum_{k=1}^{m+1}f_{i-1,k}&,j=S_i \end{cases} $$

　　表示如果当前j不是s[i]的话，最靠后的结尾的j还是那个位置，从i-1转移即可，否则，最靠后的s[i]变成i这个位置，于是加上前面所有最靠后出现的字符即可（即从i往前走到k，如果s[k]在k+1~i之间没有s[k]了，就加上）。

　　这个dp还有一个形象的解释：每个i向它后面第一个出现的字符连有向边（即如果i->j有边，那么i+1~j之间没有s[[j]），然后DAG上的路径数就是答案。

　　然后可以对每个位置求一个$10 \times 10$的转移矩阵$A_i$，$F_i$是一个$10 \times 1$的矩阵，有$F_i = A_i \times F_{i - 1}$。

　　于是可以分别维护矩阵的前缀积，和逆矩阵的前缀积。

　　然后复杂度可以做到$nc^3+qc^2$，由于这个矩阵的性质，可以$nc^2$预处理，所以可以做到$nc^2+qc^2$，至于如何做到$nc+qc$，可以看这。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;

inline int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0';return x*f;
}

const int N = 100005, mod = 1e9 + 7;
struct Matrix{ int a[10][10]; Matrix() { memset(a, 0, sizeof(a)); } } s1[N], s2[N];
char str[N];
int s[N], tmp[15];

inline void add(int &x,int y) { x += y; if (x >= mod) x -= mod; }
inline void sub(int &x,int y) { x -= y; if (x < 0) x += mod; }
void init(int n) {
    for (int i = 0; i < 10; ++i) s1[0].a[i][i] = s2[0].a[i][i] = 1;
    for (int i = 0; i < 10; ++i) s1[1].a[i][i] = 1;
    for (int i = 0; i < 10; ++i) s1[1].a[s[1]][i] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        s1[i] = s1[i - 1];
        for (int j = 0; j < 10; ++j) tmp[j] = 0;
        for (int j = 0; j < 10; ++j) 
            for (int k = 0; k < 10; ++k) add(tmp[j], s1[i - 1].a[k][j]);
        for (int j = 0; j < 10; ++j) s1[i].a[s[i]][j] = tmp[j];
    }
    for (int i = 0; i < 10; ++i) s2[1].a[s[1]][i] = mod - 1;
    for (int i = 0; i < 10; ++i) s2[1].a[i][i] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        s2[i] = s2[i - 1];
        for (int j = 0; j < 10; ++j) for (int k = 0; k < 10; ++k) if (k != s[i]) sub(s2[i].a[j][k], s2[i - 1].a[j][s[i]]);
    }
}
int main() {
    scanf("%s", str + 1);
    int n = strlen(str + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = str[i] - 'a';
    init(n);
    for (int m = read(); m --; ) {
        int l = read(), r = read();
        for (int i = 0; i < 10; ++i) tmp[i] = 0; 
        for (int i = 0; i < 10; ++i) add(tmp[i], s2[l - 1].a[i][9]);
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < 10; ++i) 
            for (int j = 0; j < 10; ++j) 
                add(sum, 1ll * s1[r].a[i][j] * tmp[j] % mod);            
        cout << (sum - 1 + mod) % mod << "\n";
     }
    return 0;
}