AGC024F Simple Subsequence Problem

Simple Subsequence Problem

You are given a set (S) of strings consisting of 0 and 1, and an integer (K) .

Find the longest string that is a subsequence of (K) or more different strings in (S) . If there are multiple strings that satisfy this condition, find the lexicographically smallest such string.

Here, (S) is given in the format below:

• The data directly given to you is an integer (N) , and (N+1) strings (X_0,X_1,...,X_N) . For every (i~(0leq ileq N)) , the length of (X_i) is (2^i) .

• For every pair of two integers ((i,j)~(0leq ileq N,0leq jleq 2^i-1)) , the (j) -th character of (X_i) is 1 if and only if the binary representation of (j) with (i) digits (possibly with leading zeros) belongs to (S) . Here, the first and last characters in (X_i) are called the (0) -th and ((2^i-1)) -th characters, respectively.

• (S) does not contain a string with length (N+1) or more.

(Nleq 20).

题解

仓鼠《动态规划选讲》。

因为可能的串(S)并不多，所以考虑对于每个串(S)，计数它是多少个集合串的子序列。

考虑构造出一个类似自动机的东西。

设一个状态((S, T))表示现在有一个串(S)，它后面需要接一个(T)的子序列。

转移就类似在子序列自动机上走的过程，在它后面添加0和1可以分别走到两个状态，还有一个转移是不加任何字符然后结束。这样状态就构成了一个DAG。

同时这个DAG有个很好的性质，因为是用类似子序列自动机的方法构造出来的，所以两点之间路径唯一。

根据前面的分析，如果(S)是(T)的子序列，那么当且仅当((varnothing, T))可以走到((S, varnothing))，这里用(varnothing)表示空串。

因为路径唯一，所以直接在DAG上做路径计数即可

因为这个状态满足(|S| + |T| ≤ N)，所以状态数是(O(N × 2^N))的。转移(O(1))，时间复杂度也就是(O(N × 2^N))。

这道题的巧妙之处在于，考虑对于每个集合中的串S，让它对它的所有子序列不重不漏产生贡献。暴力只能是对于每个串在子序列自动机上走，但是如果注意到子序列自动机可以压下来，以及后面的一些相关性质，这道题就迎刃而解了。

代码参考：https://www.cnblogs.com/nealchen/p/AGC024F.html

为了描述字符串的长度（针对有前导0的那些串），我们在字符串前加一个1来描述字符串的长度。

#define clz __builtin_clz

char str[(1<<20)+1];
int*F[1<<21],trans[1<<21][2];

int main(){
	int n=read<int>(),K=read<int>();
	F[1]=new int[1<<(n+1)];
	F[1][0]=0;
	for(int i=0;i<=n;++i){
		int p=1<<i;
		scanf("%s",str);
		for(int j=0;j<p;++j) F[1][p+j]=str[j]-'0'; // use a leading 1 to describe the length
		for(int j=0;j<p;++j) trans[p+j][1]=j;
		trans[2*p-1][0]=0; // doesn't exist
		for(int j=1;j<p;++j) trans[2*p-1-j][0]=j^((1<<(31-clz(j)))-1);
	}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int p=1<<i;
		for(int j=2*p-1;j>=p;--j){
			F[j]=new int[1<<(n-i+1)];
			memset(F[j],0,sizeof(int)<<(n-i+1));
			for(int k=1;k<1<<(n-i+2);++k) F[j][trans[k][j&1]]+=F[j>>1][k];
			F[j][0]=0;
			if(accumulate(F[j],F[j]+(1<<(n-i+1)),0)>=K) ans=j;
		}
	}
	for(int i=31-clz(ans)-1;i>=0;--i) printf("%d",ans>>i&1);
	puts("");
	return 0;
}