1 dp 和 dp套dp
- dp 套 dp 中的 dp 一定是 dp 套 dp 的基础，而 dp 套 dp 也就是从 dp 的基础上 dp 而来的。
- 没错，上面这句话就是套娃。
为了方便大家理解，从这句话开始，dp套dp 将作为一个不加空格的词，方便区分。
dp 的时候，我们一般会设计一个 dp 状态，然后让 dp 从某个状态向某个状态转移，最终统计某些状态最终的值。
而在 dp套dp 里面，我们就将内层 dp 的结果作为外层 dp 的状态进行 dp。
2 正片
举个例子：
-
例 (1)
- 求长度为 (n)，字符集为 ( exttt{N}, exttt{O}, exttt{I})，与给定字符串 (S) 的 ( ext{LCS}) 为 (len) 的字符串数量。
- (|S|leq15)，(nleq10^3)
2.1 ( ext{LCS}) 回顾
显然对于字符串 (A) 和 (B)，我们记 ( ext{LCS}_{x,y}) 为 (A) 前 (x) 位，(B) 前 (y) 位的最长公共子序列长度，则
2.2 转化
第一部分最后一句中，我们提到外层 dp 的状态就是内层 dp 的结果，于是一个最暴力的想法就是记录所有 ( ext{LCS}) 作为状态。
- 小补充：dp套dp 中内层的转移应该是一个自动机的状态，但是笔者对自动机理解不深，所以本文仍然用“状态”和“转移”描述自动机的边。
此时，我们要记录的是长度为 (i)，和 (S) 的 ( ext{LCS}) 为某个数组的字符串数量。
然而我们发现，如果我们在某个字符串后面加一个新的字符，只会新生成一行 ( ext{LCS})，而这一行 ( ext{LCS}) 完全通过上一行生成！
（配图，咕了）
于是我们只要记录 ( ext{LCS}) 最后一行为某个数组的字符串数量了。
然后我们还发现 ( ext{LCS}_{x+1,y}- ext{LCS}_{x,y}) 只能是 (0) 或者 (1)，于是我们还能差分最后一行得到一个 (01) 字符串并再次状压。
于是我们就能写出很优美的 dp套dp 了。
算法复杂度 ( ext O(large2^{|S|}m|Sigma|))
- 示例代码（可以通过该题）。
#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
",ans[i]);
}
signed main()
{
for(int T=read(); T--;) solve();
return 0;
}
2.4 小试牛刀
-
例 (2)
- 求长度为 (n)，字符集为 ( exttt{N}, exttt{O}, exttt{I})，不包含子串 ( exttt{NOI}) 的字符串中，与给定字符串 (S) 的 ( ext{LCS}) 为 (len) 的字符串数量。
- (|S|leq15)，(nleq10^3)
同步记录是否有后缀是 ( t{N}, t{NO}) 即可。
- 示例代码（可以通过该题）。
#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
",ans[i]);
return 0;
}
3 你已经学会基本操作了，接下来请A掉这道题吧
首先，请和我一起虔诚地膜拜 zhouAKngyang，因为他一年前在考场上就爆切了这道题。
此题中，内层 dp 也比较难想，我们先考虑内层 dp，即给你一些牌，判断有没有和。
- zhouAKngyang：你先想一会，不要马上看题解。
可惜以 delta_X 的实力想 114514 年还是不会……
首先，不难发现我们只需要知道编号为 (x) 的牌的数量，不妨把一些牌的集合记为每种牌的出现次数，例如 ({1,1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,9,9}) 记为 ({3,1,1,1,1,1,1,1,3})，第 (i) 张牌的出现次数为 (cnt_i)。
我们记 (dp_{i,0,x,y}) 为考虑编号 (leq i) 的牌，去掉 (x) 个编号为 (i-1) 和 (x+y) 个编号为 (i) 的牌后，最多可以组成的面子数量，记 (dp_{i,1,x,y}) 为在这些牌中选一个雀头后最多可以组成的面子数量。
我们在从 (dp_{i}) 转移到 (dp_{i+1}) 的时候，不难发现 (i+1) 这种牌的贡献只可能是这几种：做顺子的第一张（对应 (y)），做顺子的第二张（对应 (x)），做顺子的第三张（对应 (dp_i) 的 (x) 转移到 (dp) 值）和做刻子（直接转移到 (dp) 值）。
如果 (dp_{i,1}) 的某个值已经为 (4)，或者 (dp_i) 对应前 (i) 位已经有 (7) 个对子，我们就认定这个状态可以是终止状态了，不再继续转移。
由于三个相同的顺子等价于三个刻子，我们发现 (x,y<3)，因此 (dp_i) 只有 (18) 种可能。而由于某些神奇的原因，这 (18) 种可能只能组成大约 (2000) 个 (dp_i)！于是现在只有 (2000) 个本质不同的 (dp_i) 了，我们就可以用 (f_{st,j,k}) 表示状态为 (st)，已经选了前 (j) 种共 (k) 张牌的情况数了。
时间复杂度 (O(n^2|S|))，(S) 代表 (dp_i) 的集合。