两道很好的dp题目【4.29考试】

A

　　问题描述：

　　对于一个排列，考虑相邻的两个元素，如果后面一个比前面一个大，表示这个位置是上升的，用I表示，反之这个位置是下降的，用D表示。如排列3,1,2,7,4,6,5可以表示为DIIDID。

　　现在给出一个长度为n-1的排列表示，问有多少种1到n的排列满足这种表示。

　　输入：

　　一个字符串S，S由I，D,？组成.？表示这个位置既可以为I，又可以为D。

　　输出：

　　有多少种排列满足上述字符串。输出排列数模1000000007

　　样例输入:

　　?D

　　样例输出：

　　3

　　数据范围：

　　20%的数据 S长度<=10

　　100%的数据 S长度<=1000

　　分析：怎么做？先想一想，i+1个数的方法数可以用i个数的方法数推出来，自然就想到了dp。一看数据范围，1000，只可以开二维，多半是二维dp。

　　dp[i][j] i表示共有i个数，j表示当前序列的最后一位为j。可以发现一个东西：前面i个数范围都在1~i且1~i中的每个数都只出现了1次。得出下列结论:

　　1.'D' 呈下降趋势，当前这位填j，前面那位可以填j+1~i-1(i表示序列长度，已经+1)，但这样的话，前面又有一个j，和当前这位j矛盾。我们可以视作前面所有>=j的数全部+1，来避免这种矛盾，所以当前位为j的前一位实际可以填j~i-1。(这一句重点)

　　2.'I' 呈上升趋势，当前这位填j，前一位填1~j-1的数。为什么不能填j?因为当前位填j后实际上整个序列是少一个为i(i表示序列长度，已经+1)的数的，我们只能把每个>=j的数视作+1来避免这种bug。如果当前位填j，前一位填j，前面那位会被视作+1，矛盾。

　　3.'？' D和I的情况加起来，耶。

　　解决。

CODE：

#include<cstdio>
int f[1005][1005],mod=1000000007;
int main()
{
    freopen("B.in","r",stdin);
    freopen("B.out","w",stdout);
    char c;int i=1,ans=0;
    c=getchar();f[1][1]=1;
    while(c=='D'||c=='I'||c=='?')
    {
        i++;
        for(int j=1;j<i;j++)
        f[i-1][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%mod;
        if(c=='I'){
            for(int j=2;j<=i;j++)
            f[i][j]=f[i-1][j-1];
        }
        if(c=='D'){
            for(int j=1;j<i;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][i-1]-f[i-1][j-1]+mod)%mod;
        }
        if(c=='?'){
            for(int j=1;j<i;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][i-1]-f[i-1][j-1]+mod)%mod;
            for(int j=2;j<=i;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i][j])%mod;
        }
        c=getchar();
    }
    for(int j=1;j<=i;j++)
    ans=(ans+f[i][j])%mod;
    printf("%d",ans);return 0;
}

B

　　问题描述：

　　小A非常喜欢字符串，所以小K送给了小A两个字符串作为礼物。两个字符串分别为X，Y。小A非常开心，但在开心之余她还想考考小K。小A定义L为X与Y的最长公共子序列的长度（子序列在字符串内不一定连续，一个长度为L的字符串有2^L个子序列，包括空子序列）。现在小A取出了X的所有长度为L的子序列，并要求小K回答在这些子序列中，有多少个是Y的子序列。因为答案可能很大，所以小K只需要回答最终答案模10^9 + 7。

　　输入：

　　第一行包含一个非空字符串X。

　　第二行包含一个非空字符串Y。

　　字符串由小写英文字母构成。

 

　　输出：

　　对于每组测试数据输出一个整数，表示对应的答案。

　　样例输入：

　　aa

　　ab

　　样例输出：

　　2

 

　　数据范围：

　　对于20%的数据，1 <= |X|,|Y| <= 10

　　对于100%的数据，1 <= |X|,|Y| <= 1000

　　

　　

　　分析：一道很有趣的题，我没看出是dp

　　题目必须读懂，虽说是求a中所有长度为L的序列在b中出现的个数，其实就是求最大长度的lcs有多少种方法。。。cnm坑比题。知道这一点之后，dp方程也就不难想了。

　　由于范围是1000，所以只能开二维。dp[i][j]定义a中的前i个字符和b中的前j个字符构成的长度为 lcs（i，j）的公共子序列有多少种。

　　肯定先求lcs，每个位置的lcs都要求。然后dp怎么转移呢？由于是在a中取序列，只考虑a中的某位置的字符取还是不取。

　　1.如果不取当前这第i位的字符，且lcs[i][j]=lcs[i-1][j]，说明啥？说明了a中i位置这个字符对答案并无贡献，所以只用继承就可以。dp[i][j]+=dp[i-1][j]

　　2.取第i位字符。如果取了这个字符后，会有一个新的lcs长度刚好达到lcs[i][j]，那么这个位置的方法数也是可以加过来的。那么我们怎么表示新lcs的结尾在b中对应的是哪个字符（设为x,其最后位置为p）？预处理一下每个字符在b中出现的最后位置。为什么非要p，万一前面的x也可以构成新lcs呢？贪心，后面方法数的肯定比前面的方法数多，取p方法数一定最优。dp[i][j]+=dp[i-1][p-1]

　　PS：为什么这样做得到的一定是长度为lcs（a,b）的公共子序列，很有意思，lcs（a，b）中存的一定是最长lcs的长度，如果，只有长度满足才会递推过去，啊哈哈哈，啊哈哈哈。

　　完美解决,耶！

CODE：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define inf 2147483647
#define N 1005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int lcs[N][N],dp[N][N],ls[N][27];
char a[N],b[N];
void lalala(){
    int la=strlen(a+1),lb=strlen(b+1);
    for(int i=1;i<=la;i++)
    for(int j=1;j<=lb;j++){
        if(a[i]==b[j])lcs[i][j]=lcs[i-1][j-1]+1;
        else lcs[i][j]=max(lcs[i][j-1],lcs[i-1][j]);
    }
}

void nanana(){
    int lb=strlen(b+1);
    for(int i=1;i<=lb;i++){
        memcpy(ls[i],ls[i-1],sizeof(ls[i-1]));
        ls[i][b[i]-'a'+1]=i;
    }
}

int aaa(){
    int la=strlen(a+1),lb=strlen(b+1);
    for(int i=0;i<=la;i++)dp[i][0]=1;
    for(int j=0;j<=lb;j++)dp[0][j]=1; 
    for(int i=1;i<=la;i++)
    for(int j=1;j<=lb;j++){
        if(lcs[i-1][j]==lcs[i][j]){
            dp[i][j]+=dp[i-1][j];
            dp[i][j]%=mod;
        }
        int p=ls[j][a[i]-'a'+1];
        if(lcs[i][j]==lcs[i-1][p-1]+1&&p){
            dp[i][j]+=dp[i-1][p-1];
            dp[i][j]%=mod;
        }
    }
    return dp[la][lb];
}

int main(){
    freopen("C.in","r",stdin);
    freopen("C.out","w",stdout);
    scanf("%s",a+1);
    scanf("%s",b+1);
    lalala();
    nanana();
    printf("%d",aaa());
    return 0;
}