[2018集训队作业][border理论+dp]网友小P

最新推荐文章于 2021-10-12 22:04:57 发布

ezoilearner

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分类专栏：日常习题

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本文探讨了一种利用动态规划解决特定字符串匹配问题的方法，通过分析字符串的边集(border集合)，提出了一个优化的解决方案，用于计算特定条件下字符串T作为S的子串的方案数量。文章深入讨论了关键集合的概念，证明了其元素个数的上界，并详细解释了如何对每个border集合进行dp操作，以高效地解决问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意:
有两个字符串S,T。
满足:
$len_S=N$
$len_T=M$
T是S的子串
字符串集合大小为A。
求方案数mod 1000000007
$N⩽200,M⩽50,A⩽109N\leqslant 200,M\leqslant 50,A\leqslant 10^9$
解法
首先有一个跟这题没有多大关系的结论:
一个长度为n的字符串的border集合的一个上界是 $O(n^{2log_2n})$ 级别的。
其实，令c为黄金分割，我们可以得到一个更小的上界: $O(n^{log_cn})$
证明:如果一个border集合S存在长度为a,b,c( $a⩽b⩽ca\leqslant b \leqslant c$ )的border并且 $a+b⩾ca+b\geqslant c$
该border集合可以化简成成一个更小的border集合S’
把a,b,c变成 $c - g c d (c - a, c - b), c$ 即可。
不停将S变换直到不能变换。
注意到，如果两个border集合化简后的集合一样，那么这两个border集合相同。
即一个关键集合对应着一个border集合。
然后关键集合元素个数是 $log_c$ 级别的，于是得证。
这个上界很松，因为关键集合有很多不合法状态。
其次，有可能一个border集合可以化简成多个关键集合。

在这道题里面，长度为M的border集合只有几千个。
于是对每个border集合分别dp。
令 $f_i$ 表示对于当前border集合，第一次出现位置在 $[i - M + 1, i]$ 的方案数。
则 $fi=Ai−M−∑j=1i−1fj∗way(j,i)f_i=A^{i-M}-\sum_{j=1}^{i-1}f_j*way(j,i)$
当两个串不重叠时，中间部分任意。
重叠，检查是否为border即可。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Mod=1000000007;
int n,m,A;
#define Maxn 205
#define V 100010
int power[Maxn];
bool vis[Maxn];
int cnt=0;
ll type[V];
int ans[V];
int fa[Maxn],val[Maxn];
int nxt[Maxn];

int getroot(int x){
    if(fa[x]!=x)fa[x]=getroot(fa[x]);
    return fa[x];
}
inline void merge(int x,int y){
    int fx=getroot(x);int fy=getroot(y);
    if(fx==fy)return;
    fa[fx]=fy;
}

inline int calc(){
    for(int i=1;i<=m;++i)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<m;++i)
        if(type[cnt]&(1ll<<i))
            for(int j=1;j<=i;++j)merge(j,m-i+j);
    int res=1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        if(getroot(i)==i)res=1ll*res*A%Mod;
    return res;
}

inline bool Judge(int maxv){
    for(int i=1;i<=m;++i)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=maxv;++i)
        if(vis[i])
            for(int j=1;j<=i;++j)merge(j,m-i+j);
    for(int i=1;i<=m;++i)val[i]=getroot(i);
    nxt[0]=-1;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int tmp=nxt[i-1];
        while(tmp!=-1&&val[tmp+1]!=val[i])tmp=nxt[tmp];
        tmp++;
        nxt[i]=tmp;
    }
    int tmp=nxt[m];
    ll sta=0;
    while(tmp>0){
        sta|=(1ll<<tmp);
        tmp=nxt[tmp];
    }
    for(int i=1;i<=maxv;++i)
        if(!vis[i]&&(sta&(1ll<<i)))return false;
    return true;
}

void dfs(int u){
    if(u==m){
        cnt++;
        type[cnt]=0;
        for(int i=1;i<m;++i)
            if(vis[i])type[cnt]|=(1ll<<i);
        ans[cnt]=calc();
        for(register int i=1;i<cnt;++i)
            if((type[i]&type[cnt])==type[cnt])ans[cnt]=(ans[cnt]-ans[i]+Mod)%Mod;
        return;
    }
    vis[u]=true;
    if(Judge(u))dfs(u+1);
    vis[u]=false;
    if(Judge(u))dfs(u+1);
}

int Ans=0;
int dp[Maxn];
inline void solve(int x){
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=0;i<m;++i)dp[i]=0;
    int res=0;
    for(int i=m;i<=n;++i){
        dp[i]=power[i-m];
        for(int j=m;j<i;++j){
            if(m+j-i>0&&(type[x]&(1ll<<(m+j-i))))dp[i]=(dp[i]-dp[j]+Mod)%Mod;
            else if(m+j-i<=0)dp[i]=(dp[i]-1ll*power[i-j-m]*dp[j]%Mod+Mod)%Mod;
        }
        res=(res+1ll*dp[i]*power[n-i])%Mod;
    }
    Ans=(Ans+1ll*res*ans[x])%Mod;
}

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&A);
    power[0]=1;
    for(register int i=1;i<=n;++i)power[i]=1ll*power[i-1]*A%Mod;
    dfs(1);
    for(register int i=1;i<=cnt;++i)solve(i);
    printf("%d\n",Ans);
    return 0;
}