bzoj 3864 Hero meet devil [dp套dp]

本文介绍了一种使用状态压缩动态规划方法解决最长公共子序列(LCS)问题的算法实现。针对长度不超过15的字符串,通过预处理状态转移矩阵,有效地计算出特定长度的最长公共子序列的数量。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

Description:
给一个长为nn的串s(n15n≤15),求lcs=[0,n]lcs=[0,n]长度为mm的串的个数


Solution:
考虑求lcs的过程,dp[i][j]=dp[i1][j1]+1(a[i]==b[j])dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+1(a[i]==b[j])
那么可以考虑状压当前lcslcs,设计出状态dp[i][s]dp[i][s]表示当前到了ii,lcsss的方案数。
预处理出trans[s][k]表示状态ss加上字符k到达的状态,那么就可以转移了dp[i][trans[s][k]]+=dp[i1][s]dp[i][trans[s][k]]+=dp[i−1][s]
预处理transtrans枚举状态ss,计算当前lcs数组f,然后枚举每位的下一个字符,计算g[i]g[i]表示添加了新的字符后的lcslcs数组。具体转移为g[i]=max(g[i1],f[i])),g[i]=max(g[i],f[i1]+1)g[i]=max(g[i−1],f[i])),g[i]=max(g[i],f[i−1]+1)ff相当于dp[1...i][j1],gg相当于dp[1...i][1...j]
最后枚举gg数组差分计算状态。


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int P = 1e9 + 7;
int n, m;
char s[20], c[5] = "ACGT";
int dp[2][1 << 16], trans[1 << 16][4], ans[20];
void ini() {
    static int f[20], g[20];
    for(int i = 0; i < 1 << n; ++i) {
        for(int j = 0; j < n; ++j) {
            f[j + 1] = f[j] + (i >> j & 1);
        }   
        for(int k = 0; k < 4; ++k) {
            for(int j = 1; j <= n; ++j) {
                g[j] = max(g[j - 1], f[j]);
                if(s[j] == c[k]) {
                    g[j] = max(g[j], f[j - 1] + 1);
                }
            }
            trans[i][k] = 0;
            for(int j = 0; j < n; ++j) {
                if(g[j + 1] - g[j]) {
                    trans[i][k] |= 1 << j;
                }
            }
        }
    }
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%s", s + 1);
        n = strlen(s + 1);
        scanf("%d", &m);
        ini();
        memset(dp, 0, sizeof(dp));  
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        dp[1][0] = 1;   
        for(int k = 1, cur = 0; k <= m; ++k, cur ^= 1) {
            memset(dp[cur], 0, sizeof(dp[cur]));
            for(int i = 0; i < 1 << n; ++i) {
                for(int j = 0; j < 4; ++j) {
                    dp[cur][trans[i][j]] = (dp[cur][trans[i][j]] + dp[cur ^ 1][i]) % P;
                }   
            }   
        }
        for(int i = 0; i < 1 << n; ++i) {
            int t = __builtin_popcount(i);
            ans[t] = (ans[t] + dp[(m & 1) ^ 1][i]) % P;
        }
        for(int i = 0; i <= n; ++i) {
            printf("%d\n", ans[i]);
        }
    }
    return 0;
}
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