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• 題意：
• 思路：

題意：

給你一個只包含$ACGT$的串$s$，再給你一個$m$，第$i$行輸出有多少個長度為$m$且只包含$ACGT$的串與$s$的$lcs$為$i$。

$|s|\le 15,m\le 1000$

思路：

我們簡單回顧一下兩個串的$lcs$怎么求。

設$f[i][j]$表示一個串到了第$i$位，另一個串到了第$j$位的$lcs$，轉移就分兩種情況

$(1)f[i][j]=max(f[i][j?1],f[i?1][j])$

$(2)$如果$a_i==a_j$,$f[i][j]=max(f[i][j],f[i?1][j?1]+1)$

讓后看這個題，對于字符串的限制我們套路的采用自動機這種東西來輔助轉移，但是對于這個題并沒有一個現成的自動機來幫助我們轉移，所以需要我們自己造一個。

考慮暴力求解？$4^m$枚舉$m$的所有可能情況，讓后暴力跑？顯然狀態太多存不下，那么是什么我們重復計算了多次呢？

來觀察一下$dp$數組，由于我們已經知道$s$串，可以發現我們要從$dp[i?1]$轉移過來的時候，需要枚舉$i?1$的狀態和當前加入了那個字符，不難發現有很多$dp[i?1]$狀態是重復的，并且可以發現$dp[i]$是具有單調性的，$dp[i]?dp[i?1]\in [0,1]$，所以$dp$的差分數組是一個$01$串！我們可以將其狀壓成一個二進制，這樣就可以將許多重復和無用的狀態壓縮起來，所以設計狀態$f[i][j]$代表當前的長度為$i$時，$s$串的$dp$差分數組的狀態為$j$，轉移的話就直接枚舉當前要選哪個字母$k$，讓后轉移到$next[k][j]$ ，其中$next[k][j]$代表狀態為$j$的時候，下一次選$k$字母轉移到的狀態。

我們需要預處理$next[k][j]$數組，這就是我們“手寫”的一個轉換模型，預處理他也很簡單，直接枚舉$[0,(1<<n)?1]$所有的狀態，其中$g1[i]$代表到了第$i$個加字符$k$的$lcs$，$g2[i]$代表當前狀態到第$i$個的時候的$lcs$，讓后枚舉$k$轉移即可，最后能轉移到的狀態就是$g1[i]$的差分數組。

具體的看代碼會比較清楚。

$O(4?2^{n}m)$

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<random> #include<cassert> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=110,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m; int a[N]; LL f[2][1<<15],ans[N]; int ne[5][1<<15]; int g1[N],g2[N]; char s[N];int get(char ch) {if(ch=='A') return 1;if(ch=='C') return 2;if(ch=='G') return 3;if(ch=='T') return 4;return -1; }void init() {memset(ne,0,sizeof(ne));for(int i=0;i<1<<n;i++) {for(int j=1;j<=n;j++) g2[j]=g2[j-1]+(i>>(j-1)&1);for(int k=1;k<=4;k++) {for(int j=1;j<=n;j++) {g1[j]=max(g1[j-1],g2[j]);if(a[j]==k) g1[j]=max(g1[j],g2[j-1]+1);}int state=0;for(int i=0;i<n;i++) if(g1[i+1]-g1[i]) state+=1<<i;ne[k][i]=state;}} }void solve() {scanf("%d",&m);memset(f[0],0,sizeof(f[0]));memset(f[1],0,sizeof(f[1]));int now=0;f[now][0]=1; now^=1;for(int i=1;i<=m;i++,now^=1) {memset(f[now],0,sizeof(f[now]));for(int k=1;k<=4;k++) {for(int j=0;j<1<<n;j++) {(f[now][ne[k][j]]+=f[now^1][j])%=mod;}}}now^=1;for(int i=0;i<=n;i++) ans[i]=0;for(int i=0;i<1<<n;i++) (ans[__builtin_popcount(i)]+=f[now][i])%=mod; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=get(s[i]);init();solve();for(int i=0;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);}return 0; } /**/

總結

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