AtCoder Beginner Contest 214 F - Substrings(容斥dp)

Posted 2021-10-03 issue是fw

LINK

定义$f[i]$表示$[1,i]$的以$i$结尾的不同子串个数(这些子串不在$j<i$时的$f[j]$中计算)

由于$\sum _{j=0}^{i-1}f[j]$是本质不同的子序列,在后面都加上一个$a_i$,彼此仍然是本质不同子序列

如果不考虑重复问题,转移方程为$f[i]=\sum _{j=0}^{i-1}f[j]$

但是有问题,我们的状态定义是也不能和之前的子序列重复

于是我们找到索引最大的$k$满足$a_k==a_i$,那么$[1,k-1]$的所有子序列和$a_i$形成的子序列,和$a_k$也能形成,其实在$f[k]$中被计算过了

所以正确的转移是$f[i]=\sum _{j=k}^{i-1}f[j]$

而且这个转移方程的复杂度很低,看起来是$O(n^2)$,但是每次都找到最大的$k$,均摊是$O(n)$的

我们把这个及技巧运用到本题中来

题目中要要求不能选择相邻的字母,那么是不是转移的时候特判一下$i-j>=2$即可?

$f[i]=\sum _{j=k}^{i-1}f[j]$

差不多,但是需要额外加上$f[k-1]$,因为$k-1,k$相邻,所以$f[k-1]$没有被计算过

实现起来略有及技巧

实现Ⅰ.因为$f[0]=1$,而$f[1]=1$

这其实违背了上面的不能选相邻的字母,所以后续如果$k=1$时就不需要加$f[k-1]$了

实现Ⅱ.考虑令第一个位置的字母为空格,把$s$串拼接到这个空格之后

那么$f[0]=1,f[1]=0$符合转移,后续不需要特判

最后累加$\sum _{i=2}^{n+1}f[i]$即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+10;
const int mod = 1e9+7;
int n,q,f[maxn];
char a[maxn];
int main()
{
	cin >> ( a+1 ); n = strlen( a+1 );
	f[0] = 1, f[1] = 1;
	int ans = 0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=i-1;j>=0;j--)
		{
			if( i-j>=2 )
				f[i] = ( f[i]+f[j] )%mod;
			if( a[i]==a[j] && j!=1 )
				f[i] = ( f[i]+f[j-1] )%mod;
			if( a[i]==a[j] )	break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)	ans = ( ans+f[i] )%mod;
	cout << ans;
	return 0;
}