1 dp 和 dp套dp
- dp 套 dp 中的 dp 一定是 dp 套 dp 的基礎，而 dp 套 dp 也就是從 dp 的基礎上 dp 而來的。
- 沒錯，上面這句話就是套娃。
為了方便大家理解，從這句話開始，dp套dp 將作為一個不加空格的詞，方便區分。
dp 的時候，我們一般會設計一個 dp 狀態，然后讓 dp 從某個狀態向某個狀態轉移，最終統計某些狀態最終的值。
而在 dp套dp 里面，我們就將內層 dp 的結果作為外層 dp 的狀態進行 dp。
2 正片
舉個例子：
-
例 \(1\)
- 求長度為 \(n\)，字符集為 \(\texttt{N},\texttt{O},\texttt{I}\)，與給定字符串 \(S\) 的 \(\text{LCS}\) 為 \(len\) 的字符串數量。
- \(|S|\leq15\)，\(n\leq10^3\)
2.1 \(\text{LCS}\) 回顧
顯然對於字符串 \(A\) 和 \(B\)，我們記 \(\text{LCS}_{x,y}\) 為 \(A\) 前 \(x\) 位，\(B\) 前 \(y\) 位的最長公共子序列長度，則
2.2 轉化
第一部分最后一句中，我們提到外層 dp 的狀態就是內層 dp 的結果，於是一個最暴力的想法就是記錄所有 \(\text{LCS}\) 作為狀態。
- 小補充：dp套dp 中內層的轉移應該是一個自動機的狀態，但是筆者對自動機理解不深，所以本文仍然用“狀態”和“轉移”描述自動機的邊。
此時，我們要記錄的是長度為 \(i\)，和 \(S\) 的 \(\text{LCS}\) 為某個數組的字符串數量。
然而我們發現，如果我們在某個字符串后面加一個新的字符，只會新生成一行 \(\text{LCS}\)，而這一行 \(\text{LCS}\) 完全通過上一行生成！
（配圖，咕了）
於是我們只要記錄 \(\text{LCS}\) 最后一行為某個數組的字符串數量了。
然后我們還發現 \(\text{LCS}_{x+1,y}-\text{LCS}_{x,y}\) 只能是 \(0\) 或者 \(1\)，於是我們還能差分最后一行得到一個 \(01\) 字符串並再次狀壓。
於是我們就能寫出很優美的 dp套dp 了。
算法復雜度 \(\text O(\large2^{|S|}m|\Sigma|)\)
- 示例代碼（可以通過該題）。
#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 小試牛刀
-
例 \(2\)
- 求長度為 \(n\)，字符集為 \(\texttt{N},\texttt{O},\texttt{I}\)，不包含子串 \(\texttt{NOI}\) 的字符串中，與給定字符串 \(S\) 的 \(\text{LCS}\) 為 \(len\) 的字符串數量。
- \(|S|\leq15\)，\(n\leq10^3\)
同步記錄是否有后綴是 \(\tt{N},\tt{NO}\) 即可。
- 示例代碼（可以通過該題）。
#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 你已經學會基本操作了，接下來請A掉這道題吧
首先，請和我一起虔誠地膜拜 zhouAKngyang，因為他一年前在考場上就爆切了這道題。
此題中，內層 dp 也比較難想，我們先考慮內層 dp，即給你一些牌，判斷有沒有和。
- zhouAKngyang：你先想一會，不要馬上看題解。
可惜以 delta_X 的實力想 114514 年還是不會……
首先，不難發現我們只需要知道編號為 \(x\) 的牌的數量，不妨把一些牌的集合記為每種牌的出現次數，例如 \(\{1,1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,9,9\}\) 記為 \(\{3,1,1,1,1,1,1,1,3\}\)，第 \(i\) 張牌的出現次數為 \(cnt_i\)。
我們記 \(dp_{i,0,x,y}\) 為考慮編號 \(\leq i\) 的牌，去掉 \(x\) 個編號為 \(i-1\) 和 \(x+y\) 個編號為 \(i\) 的牌后，最多可以組成的面子數量，記 \(dp_{i,1,x,y}\) 為在這些牌中選一個雀頭后最多可以組成的面子數量。
我們在從 \(dp_{i}\) 轉移到 \(dp_{i+1}\) 的時候，不難發現 \(i+1\) 這種牌的貢獻只可能是這幾種：做順子的第一張（對應 \(y\)），做順子的第二張（對應 \(x\)），做順子的第三張（對應 \(dp_i\) 的 \(x\) 轉移到 \(dp\) 值）和做刻子（直接轉移到 \(dp\) 值）。
如果 \(dp_{i,1}\) 的某個值已經為 \(4\)，或者 \(dp_i\) 對應前 \(i\) 位已經有 \(7\) 個對子，我們就認定這個狀態可以是終止狀態了，不再繼續轉移。
由於三個相同的順子等價於三個刻子，我們發現 \(x,y<3\)，因此 \(dp_i\) 只有 \(18\) 種可能。而由於某些神奇的原因，這 \(18\) 種可能只能組成大約 \(2000\) 個 \(dp_i\)！於是現在只有 \(2000\) 個本質不同的 \(dp_i\) 了，我們就可以用 \(f_{st,j,k}\) 表示狀態為 \(st\)，已經選了前 \(j\) 種共 \(k\) 張牌的情況數了。
時間復雜度 \(O(n^2|S|)\)，\(S\) 代表 \(dp_i\) 的集合。