Codeforces Round #570 (Div. 3) Subsequences (Easy and Hard Version)

题面 ： https://codeforc.es/contest/1183

题目大意是，一个长为n(1<=n<=100)的字符串 s 的k(k在Easy Version中是 1～100，在Hard Version中是1～1e12，两种版本就此处不同)个子序列组成一个集合，得到这个集合会产生一个代价，该代价是集合中每个元素的长度与原串s的长度之差的总和，现在求这个代价最小的值，如果字符串s没有k个子序列则输出"-1"。

初看此题，应当知道子序列不可能绝对是 2^n个，因为会有重复的子序列。

对于 Easy Version 我们可以模拟从原串一个个生成子序列，存储子序列的集合最大为100，所以复杂度没问题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

queue< string > que;
set< string >   S;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    string str;
    int N,K;
    int ans = 0;
    cin >> N >> K;
    cin >> str;
    que.push(str);
    S.insert(str);
    while(!que.empty()&&S.size()<K){
        string cur = que.front();
        que.pop();
        int len = cur.length();
        for(int i = 0; i<len; ++i){
            string test = cur;
            test.erase(i,1);
            if(S.size()<K&&S.count(test)==0){
                que.push(test);
                S.insert(test);
                ans += N-len+1;
            }
        }
    }
    cout << (S.size()==K?ans:-1);
    return 0;
}

对于 Hard Version ，由于K可以到达1e12，显然搜索超时。

先来看一看另外一个简单的问题，如果不考虑子序列长度，一个给定的字符串我们如何得知其所有子序列个数呢？假设从字符串str长度为len，下标从1～len，设f[i]为考虑前 i 个字符的答案，那么

f[i] = f[i-1]*2 ;  (第 i 个字符从未出现)

f[i] = f[i-1]*2 - f[last[str[i]]-1] ; (第 i 个字符出现过，last[]为记录该字符上一次出现的位置）

"*2"很显然表示的是添加这个字符或不加，然而有重复的子序列在其中，需要减去这个字符上一次作为结尾的序列，"-1"便是该字符上一个位置之前的所有子序列并加上它结尾，没有"-1”则多减去不以它结尾的子序列。

好的，了解这个经典的问题后，我们再来解决这个 hard version ，现在我们给dp的状态额外加一个维度表示子序列长度，f[i][j] 即是考虑前 i 个字符，长为 j 的子序列。

f[i][j] = f[i-1][j-1] + f[i-1][j] ; (第 i 个字符从未出现)

f[i][j] = f[i-1][j-1] + f[i-1][j] - f[last[str[i]]-1][j-1] ; (第 i 个字符出现过，last[]为记录该字符上一次出现的位置）

答案就从 f[len][len ~ 0] 里找前 K 个进行计算，BTW为了防止数字过大溢出，在转移的时候加一个 min (K , f[i][j]);  这样可防止溢出并保证答案正确 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

ll f[123][123];
int last[26];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    int N;
    ll K;
    cin >> N >> K;
    string str;
    cin >> str;
    f[0][0] = 1;
    for(int i=1;i<=N;++i){
        f[i][0] = 1;
        for(int j=1;j<=i;++j){
            if(last[str[i-1]-'a'])
                f[i][j] = min(K , f[i-1][j-1] + f[i-1][j]
                        - f[last[str[i-1]-'a']-1][j-1] );
            else
                f[i][j] = min(K , f[i-1][j-1] + f[i-1][j]);
        }
        last[str[i-1]-'a'] = i;
    }
    ll ans = 0;
    for(int i=N;i>=0;i--){
        ll cur = min(f[N][i],K);
        //cout << "f["<< N <<"]["<<i<<"]"<<f[N][i] << endl;
        ans += cur * (N-i);
        K -= cur;

    }
    cout << (K==0?ans:-1);
    return 0;
}

另外还有一个dp的方法，状态用 dp[i][ch] 表示长度为 i 以字符 ch 结尾的子序列个数。有空再写。