[AtCoder Grand Contest 020 Problem E]Encoding Subsets（dp+记忆化搜索）

最新推荐文章于 2022-11-10 15:28:51 发布

xyz32768

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分类专栏： CF、AT 文章标签： dp 区间dp 字符串记忆化搜索

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本文介绍了一种解决AtCoder AGC020E问题的有效算法，通过定义两个状态f[S]和g[S]来表示01串S的子集的编码方案数。首先介绍了简单的区间动态规划方法，然后提出了针对所有子集方案数之和的问题解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Address

https://agc020.contest.atcoder.jp/tasks/agc020_e

Solution

如果只是求 $S$ 的编码方案数，那么这是一个简单的区间 DP 问题。
$f[l][r]$ 表示子串 $[l,r]$ 的编码方案数。
$g[l][r]$ 表示子串 $[l,r]$ 的不可分割的编码方案数。
不可分割是指，子串 $[l,r]$ 要么长度为 $1$ ，要么被编码成 (PxK) 的形式。
容易得出边界 $f[i][i]=g[i][i]=1$ ，转移：

f [l] [r] = g [l] [r] + \sum i = l r - 1 g [l] [i] \times f [i + 1] [r]

$f[l][r]=g[l][r]+\sum_{i=l}^{r-1}g[l][i]\times f[i+1][r]$

g [l] [r] = \sum d | (r - l + 1) 1 \leq d < r - l + 1 f [l] [l + d - 1]

$g[l][r]=\sum_{d|(r-l+1)}^{1\le d<r-l+1}f[l][l+d-1]$
最后答案

f[1][n] f [ 1 ] [ n ] $f[1][n]$ 。
但题目要求的是

S S $S$ 的所有子集的方案数之和。
因此稍微改一下状态：

f [S]

$f[S]$ 和

g[S] g [ S ] $g[S]$ 表示 01 串

S S $S$ 的子集 ^&##&**&# 方案数。
边界：

g [长 度 为 1] = 该 01 串 唯 一 元 素 的 值, f [空 串] = 1

$g[长度为1]=该01串唯一元素的值,f[空串]=1$
转移：

f [S] = \sum T 是 S 的 前 缀 且 T 不 为 空 串 g [T] \times f [S - T]

$f[S]=\sum_{T是S的前缀且T不为空串}g[T]\times f[S-T]$

g [S] = \sum T 是 S 的 循 环 节 且 T \neq S f [T]

$g[S]=\sum_{T是S的循环节且T\neq S}f[T]$
最后答案

f[原串] f [ 原串 ] $f[原串]$ 。

Code

#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Step(i, a, b, x) for (i = a; i <= b; i += x)
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int PYZ = 998244353;
map<string, int> f, g;
int F(string); int G(string);
int G(string s) {
    if (g[s]) return g[s]; int i, n = s.size(); if (n == 1) return g[s] = s[0] - '0' + 1;
    int j, k, res = 0; For (i, 1, n - 1) if (n % i == 0) {
        string t = ""; For (j, 1, i) {
            int r = 1; Step (k, j - 1, n - 1, i) r &= s[k] - '0';
            t += (char) (r + '0');
        }
        res = (res + F(t)) % PYZ;
    }
    return g[s] = res;
}
int F(string s) {
    if (f[s]) return f[s]; int i, n = s.size(); if (!n) return f[s] = 1;
    int res = 0; For (i, 1, n)
        res = (res + 1ll * G(s.substr(0, i)) * F(s.substr(i, n)) % PYZ) % PYZ;
    return f[s] = res;
}
int main() {
    string s; cin >> s; cout << F(s) << endl;
    return 0;
}