BZOJ 3864 Hero meet devil DP套DP

题目大意：给定一个长度为n(n≤15)的基因序列S，求对于每一个i(0≤i≤n)有多少长度为m(m≤1000)的基因串T满足S与T的LCS为i

考虑LCS怎么求
fi,j表示T的前i位和S的前j位的LCS
我们发现每一行之和上一行的状态有关

那么在这个问题中，我们令fi,j表示T的前i位与S的LCS状态的第i行为j的状态数
因为每一行相邻两数最多差1。因此状态数不会超过2n，用一个二进制数存储相邻两项的差值就可以
预处理全部转移后直接DP，时间复杂度O(4∗n∗2n+4∗m∗2n)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
const char letters[]={'A','C','G','T'};
int n,m;
char s[20];
int trans[1<<15][4],cnt[1<<15],f[2][1<<15];
void Pretreatment()
{
    int i,j,k;
    for(i=0;i<1<<n;i++)
    {
        static int f[20],g[20];
        for(j=1;j<=n;j++)
            f[j]=f[j-1]+(i&(1<<j-1)?1:0);
        cnt[i]=f[n];
        for(k=0;k<4;k++)
        {
            for(j=1;j<=n;j++)
            {
                g[j]=max(g[j-1],f[j]);
                if(letters[k]==s[j])
                    g[j]=max(g[j],f[j-1]+1);
            }
            trans[i][k]=0;
            for(j=1;j<=n;j++)
                if(g[j]-g[j-1])
                    trans[i][k]|=1<<j-1;
        }

    }
}
int main()
{
    int T,i,j,k;
    for(cin>>T;T;T--)
    {
        scanf("%s%d",s+1,&m);
        n=strlen(s+1);
        Pretreatment();
        memset(f,0,sizeof f);
        f[0][0]=1;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            memset(f[i&1],0,sizeof(f[0][0])<<15);
            for(j=0;j<1<<n;j++)
                for(k=0;k<4;k++)
                    (f[i&1][trans[j][k]]+=f[~i&1][j])%=MOD;
        }
        static int ans[20];
        memset(ans,0,sizeof ans);
        for(i=0;i<1<<n;i++)
            (ans[cnt[i]]+=f[m&1][i])%=MOD;
        for(i=0;i<=n;i++)
            printf("%d
",ans[i]);
    }
    return 0;
}