【BZOJ5336】[TJOI2018]party（动态规划）
题面
题解
这题好神仙啊。。。
考虑普通的(LCS)的(dp)，(f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1]+(A_i==B_j)})
发现对于固定的(i)而言，随着(j)的增长，相邻的两个数之间的差不超过(1)，因此直接考虑一个(2^k)的状态记录差分的结果。
那么设(f[i][S])表示当前考虑到了第(i)位，(LCS)的(dp)的差分数组为(S)的方案数。转移的时候枚举放那个字母就好了。因为还有连续字符的限制，所以再加一维就没有问题了。
这里转移因为会涉及差分数组的修改，所以可以提前把差分数组的转移给预处理出来，
然后大力(dp)就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
#define MAX 1010
char ch[20],QwQ[5]="NOI";
int f[2][1<<15][3],tr[1<<15][3],cnt[1<<15];
int n,k,ans[MAX];
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
int dp[16],tmp[16];
int Get(int S,int c)
{
for(int i=1;i<=k;++i)dp[i]=dp[i-1]+((S>>(i-1))&1);
for(int i=1;i<=k;++i)
if(QwQ[c]==ch[i])tmp[i]=dp[i-1]+1;
else tmp[i]=max(dp[i],tmp[i-1]);
int ret=0;
for(int i=1;i<=k;++i)ret|=(tmp[i]-tmp[i-1])<<(i-1);
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);scanf("%s",ch+1);
for(int i=0;i<1<<k;++i)
for(int c=0;c<3;++c)
tr[i][c]=Get(i,c);
for(int i=0;i<(1<<k);++i)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
f[0][0][0]=1;
for(int i=1,nw=1,pw=0;i<=n;++i,nw^=1,pw^=1)
{
memset(f[nw],0,sizeof(f[nw]));
for(int j=0;j<1<<k;++j)
for(int p=0;p<3;++p)
for(int c=0;c<3;++c)
{
int np;
if(c==0)np=1;else if(c==1)np=p==1?2:0;else if(c==2)np=p==2?3:0;
if(np==3)continue;
add(f[nw][tr[j][c]][np],f[pw][j][p]);
}
}
for(int i=0;i<1<<k;++i)
for(int c=0;c<3;++c)
add(ans[cnt[i]],f[n&1][i][c]);
for(int i=0;i<=k;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}