P2516 [HAOI2010]最长公共子序列 题解

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Description

求两个字符串 (a,b) 的最长公共子序列以及出现次数。

Solution

看数据范围感觉是个 (O(nm)) DP，可是我不会写唉，那先把暴力搞出来吧。

设 (f_{l,r}) 表示第一个字符串匹配到 (l)，第二个字符串匹配到 (r)，并且子序列以 (a_l,b_r) 为结尾的最长长度。同时记录一个 (g_{l,r}) 表示出现次数。

可以推出一个比较显然的转移方程：

[f_{l,r} = max{f_{i,j} + 1}(1 le i < l,1 le j < r,a_i = b_j) ]

[g_{l,r} = sum_{i=1}^{l-1}sum_{j=1}^{r-1}g_{i,j}(f_{l,r} = f_{i,j}+1) ]

考虑优化，观察这些状态从哪转移的。

假设我们现在更新 (f_{l,r})。

我们需要知道什么？黄色矩阵中的最大值。

更新 (g_{l,r}) 呢，黄色矩阵中所有拥有最大值的 (f_{i,j}) 所对应的 (g_{i,j}) 的和。

所以我们可以设 (Max_i = max_{0le x<l} { f_{x,i}}, cnt_{i,y} = sum_{j=0}^{l-1}g_{i,j}(f_{i,j}=y))。

因为 (Max_i) 和 (cnt_{i,y}) 维护的都是 (0 sim l-1) 行的情况，所以我们需要不断更新他们的值。

注意所有的这一行的信息都必须在这一行扫完后再更新。

在递推每一行时，记录一个 nowM 和 sum 分别表示到当前列之前的最大值，和最大值的出现次数。这样就可以把经过的每一列的信息合并在一起，方便更新 (f_{l,r}) 的值。

时间复杂度 (O(n^2))。

开这么多二维数组一定会被卡空间。

我们发现 (g_{l,r}) 每次只需要存一行留着更新即可，前面的几行都没有用。

然后发现 (f_{l,r}) 在状态转移过程中根本没涉及到第一维什么事，直接压掉。

只留下一个二维数组，空间应该够用了。

但是我们发现 (cnt_{i,y}) 只会用到它这一列的最大值 (Max_i) 所对应的数。那么我们只对 (cnt_{i,Max_i}) 维护即可，又压掉一维！

几个注意的点：

• 更新时候的大前提 (a_l=b_r) 还是要保留的。
• 但是在记录 nowM 和 sum 时，不管两个字符是否相等都要更新。
• 如果你想给 (f) 初始化极小值，那么在 (f_r < 0) （压维后） 时就不要更新对应的 (cnt_r) 了。

Code

/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e8;

int n, m;
char a[5010], b[5010];
int f[5010], Max[5050], cnt[5050], p[5050];

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch))  f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

int main()
{
    scanf("%s", a + 1); scanf("%s", b + 1);
    n = strlen(a + 1), m = strlen(b + 1); 
    memset(f, 128, sizeof f);
    memset(Max, 128, sizeof Max);
    f[0] = 0; Max[0] = 0; cnt[0] = 1;
    for(int l = 1; l <= n; ++l) {
        for(int r = 1, nowM = 0, sum = 0; r <= m; ++r) {
            if(nowM < Max[r - 1]) nowM = Max[r - 1], sum = cnt[r - 1];
            else if(nowM == Max[r - 1]) sum = (sum + cnt[r - 1]) % mod;
            if(a[l] != b[r]) continue;
            f[r] = nowM + 1;
            p[r] = sum;
        }
        for(int r = 0; r <= m; ++r) {
            if(f[r] < 0) continue;
            if(Max[r] < f[r]) Max[r] = f[r], cnt[r] = p[r];
            else if(Max[r] == f[r]) cnt[r] = (cnt[r] + p[r]) % mod;
            p[r] = 0;
        }
    }
    printf("%d
%d", f[m] - 1, cnt[m]);
    return 0;
}