jzoj5220 【GDOI2018模拟7.10】C (双序列dp)

最新推荐文章于 2024-04-20 15:20:55 发布

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本文解析了一道关于最长公共子序列的复杂问题，并通过双序列计数动态规划的方法给出了解决方案。文章详细介绍了如何逐步构建状态转移方程，避免重复计算，最终求得在特定条件下序列出现的次数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

给定字符串A,B，求长度为A，B的最长公共子序列长度的X串子序列在Y中有出现过的个数。
n<=1000
注意理解题意：首先是X串的子序列（只要取的位置不同就是不同的子序列），然后长度为两者最长公共子序列的长度，然后有在Y串中出现过，这样就是1的贡献。
并不等价于最长公共子序列的对数！

分析

最不擅长的双序列计数dp.（因为去重好难考虑）

先求出f[i][j]表示最长公共子序列的长度。
再设g[i][j]表示只考虑a[1..i],b[1..j]的答案。（长度要求为f[i][j]）
最好将i看成主体便于理解。
我们要更新 $g[i][j]$ ，可以分为两部分：答案序列的最后一位是不是第i个位置填进去的。
不是：那第i个位置没有用，贡献就是g[i-1][j]，注意前提是f[i-1][j]=f[i][j]，也就是说两个状态答案序列长度相等。
是：考虑b中j之前最后一个与i相等的位置p，强行选a[i]与b[p]，贡献就是g[i-1][p-1].注意前提是f[i-1][p-1]+1=f[i][j].
Q: 为什么只考虑p，其他与i相等的位置不考虑？
A: g[l][r]包括所有满足f[x][y]=f[l][r]且x<=l,y<=r的g[x][y]，如果累加会算重。

Code

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define max(a,b) ((a)<(b)?(b):(a))
#define N 1010
using namespace std;
const int mo=1e9+7;
char a[N],b[N];
int n,m,f[N][N],g[N][N],pos[26],la[N][26];

int main() {
    freopen("5220.in","r",stdin);
    scanf("%s\n%s",a+1,b+1);
    n=strlen(a+1),m=strlen(b+1);
    for (int i=0; i<=n; i++) g[i][0]=1;
    for (int i=0; i<=m; i++) g[0][i]=1;
    for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=m; j++) 
        f[i][j]=max(f[i-1][j-1]+(a[i]==b[j]),max(f[i-1][j],f[i][j-1]));
    for (int i=1; i<=m; i++) {
        pos[b[i]-'a']=i;
        memcpy(la[i],pos,sizeof pos);
    }
    for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=m; j++) {
        if (f[i-1][j]==f[i][j]) 
            g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][j])%mo;
        int p=la[j][a[i]-'a'];
        if (p && f[i-1][p-1]+1==f[i][j]) 
            g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][p-1])%mo;
    }
    cout<<g[n][m]<<endl;
}