【BZOJ1566】管道取珠（NOI2009）-DP+问题转化-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Maxwei_wzj/article/details/80228065

本文介绍了一种基于DP+问题转化的算法解决方案，通过将问题转化为两次游戏得到相同输出序列的方案数来求解“管道取珠”问题。文章详细阐述了状态定义、状态转移方程，并给出了具体的时间复杂度分析及优化建议。

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测试地址：管道取珠
做法：本题需要用到DP+问题转化。
这道题最妙的地方在于对问题的转化。考虑 $\sum a_i^2$ 的组合意义，我们发现它等价于玩两次游戏，得到的输出序列相同的方案数，那么我们令 $dp(i,j,k)$ 为前 $i$ 轮中，第一次游戏取了上管道的前 $j$ 个珠子，第二次游戏取了上管道的前 $k$ 个珠子，得到的输出序列相同的方案数，那么状态转移方程就很好写了，时间复杂度为 $O(n^3)$ 。
这题时限卡得有点紧，需要加一些玄学的优化，详见代码。
测试地址：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1024523;
int n,m;
ll dp[2][510][510]={0};
char A[510],B[510];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%s%s",A,B);
    for(int i=0;i<n-i-1;i++)
        swap(A[i],A[n-i-1]);
    for(int i=0;i<m-i-1;i++)
        swap(B[i],B[m-i-1]);

    int now=1,past=0;
    dp[past][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n+m;i++)
    {
        memset(dp[now],0,sizeof(dp[now]));
        for(int j=max(0,i-m-1);j<=n;j++)
            for(int k=max(0,i-m-1);k<=n;k++)
                if (dp[past][j][k])
                {
                    if (j<n&&k<n&&A[j]==A[k]) dp[now][j+1][k+1]=(dp[now][j+1][k+1]+dp[past][j][k])%mod;
                    if (j<n&&i-k<=m&&A[j]==B[i-k-1]) dp[now][j+1][k]=(dp[now][j+1][k]+dp[past][j][k])%mod;
                    if (i-j<=m&&k<n&&B[i-j-1]==A[k]) dp[now][j][k+1]=(dp[now][j][k+1]+dp[past][j][k])%mod;
                    if (i-j<=m&&i-k<=m&&B[i-j-1]==B[i-k-1]) dp[now][j][k]=(dp[now][j][k]+dp[past][j][k])%mod;
                }
        swap(now,past);
    }
    printf("%lld",dp[past][n][n]);

    return 0;
}