CodeForces 645E Intellectual Inquiry

$dp$，贪心。

不得不说这题出的很$6$，解法更$6$。

首先要会统计一个字符串有多少个本质不同的子序列，有两种$dp$策略：

①$dp[i]$表示$[1,i]$内的字符有多少种本质不同的子序列，$dp[i]=2*dp[i-1]-dp[pre[s[i]]-1]$，如果$s[i]$是第一次出现，那么$dp[i]$还需要额外$+1$。$pre[x]$表示字符$x$上一次出现的位置。

$dp[i]$可以理解为$[1,i-1]$的种类数保留下来，再加上$[1,i-1]$每一种后面加上一个字符$x$，但是这样加多了，因为$[1,pre[x]-1]$区间内的种类加上字符$x$多统计了一次，所以要减掉。最终答案为$dp[n]$。

②$dp[i][j]$表示$[1,i]$内的字符，以字符$j$为结尾的本质不同的子序列的个数。

如果$s[i]≠j$，那么$dp[i][j]=dp[i-1][j]$；否则$dp[i][j] = \sum\limits_{p = 1}^k {dp[i - 1][p]}+1$ 。最终答案为：$\sum\limits_{p = 1}^k {dp[n][p]}$。

就这题而言的话，利用方法②很容易理解。

首先将$t$串的不同子序列的个数统计好，然后就是要再在后面加上$n$个自己构造的字符。观察递推式，会发现每一次是将$\sum\limits_{p = 1}^k {dp[i - 1][p]}+1$赋值给一个$dp[i][x]$，其余的$dp[i][y]$保留之前的。因为答案要求最大值，所以肯定是选择将$dp[i-1][x]$最小的重新赋值，其余保留。

注意到不能直接寻找最小值，因为进行了取模，观察后会发现只要知道哪一个字符最后出现的位置最早就可以了，因为那个$dp$是递增的，越早出现的$dp$值肯定是越小的。

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<cstdio>
#include<cstring>
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#include<stack>
#include<bitset>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double pi=acos(-1.0),eps=1e-6;
void File()
{
    freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
    freopen("D:\\out.txt","w",stdout);
}
template <class T>
inline void read(T &x)
{
    char c=getchar(); x=0;
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) {x=x*10+c-'0'; c=getchar();}
}

const int maxn=1000010;
int n,k,pre[maxn];
LL f[30],mod=1e9+7;
char s[maxn];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    scanf("%s",s); int m=strlen(s);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        LL sum=0; for(int j=1;j<=k;j++) sum=(sum+f[j])%mod;
        f[s[i-1]-'a'+1]=(sum+1)%mod; pre[s[i-1]-'a'+1]=i;
    }

    for(int i=m+1;i<=m+n;i++)
    {
        LL sum=0; for(int j=1;j<=k;j++) sum=(sum+f[j])%mod;
        int mx=3*maxn,mi;
        for(int j=1;j<=k;j++) if(pre[j]<mx) mi=j,mx=pre[j];
        f[mi]=(sum+1)%mod; pre[mi]=i;
    }

    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=k;i++) ans=(ans+f[i])%mod;
    printf("%lld\n",(ans+1)%mod);

    return 0;
}