2021牛客暑期多校训练营5 D.Double Strings(容斥dp)

Posted 2021-09-04 issue是fw

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考虑合法的序列,必定有一个分割点$k$使得$a_k<b_k$

且在此之前相当于可以有一段串$A$和串$B$的公共子序列接在前面

在此之后怎么选都无所谓,只需要满足选出来的长度相等即可

我们定义$f[i][j]$表示$A[1,i]$和$B[1,j]$有多少种公共子序列

当$a_i!=b_j$时,考虑容斥一下

$$f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j]-f[i-1][j-1]$$

当$a_i==b_j$,此时还可以用这两个字母加在$f[i-1][j-1]$的后面,所以方案多了$f[i-1][j-1]+1$

$$f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j]+1$$

定义$z[i][j]$表示$A$串后缀长为$i$且$B$串后缀长为$j$,从中取出子序列满足长度相等的情况

直接抽象成后缀所有字母都相等,求一个公共子序列即可,转移为

$$z[i][j]=z[i][j-1]+z[i-1][j]+1$$

于是我们直接枚举$a_i<b_j$计算答案,以这个为分割线的方案有

$$(f[i-1][j-1]+1)\ast (z[n-i][m-j]+1)$$

其中加$1$是因为前后都可以为空,时间复杂度$O(n^2)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5009;
const int mod = 1e9+7;
char a[maxn],b[maxn];
int n,m,f[maxn][maxn],z[maxn][maxn];
signed main()
{
	cin >> ( a+1 ) >> ( b+1 );
	n = strlen( a+1 ); m = strlen( b+1 );
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		z[i][j] = ( 1ll*z[i-1][j]+z[i][j-1]+1 )%mod;
		if( a[i]==b[j] )
			f[i][j] = ( 1ll*f[i][j-1]+f[i-1][j]+1 )%mod;
		else
			f[i][j] = ( 1ll*f[i][j-1]+f[i-1][j]-f[i-1][j-1] )%mod;
	}
	long long ans = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		if( a[i]<b[j] )
			ans = ( 1ll*ans+( 1+1ll*f[i-1][j-1] )*( 1+z[n-i][m-j] )%mod )%mod;
	}
	cout << ( ans%mod+mod )%mod;
}