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64bit IO Format: %lld
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题目描述
长度不超过$n$，且包含子序列us的、只由小写字符构成的字符串有多少个？ 答案对$10^9+7$取模。
所谓子序列，指一个字符串删除部分字符（也可以不删）得到的字符串。
例如，"unoacscc"包含子序列"us"，但"scscucu"则不包含子序列"us"
输入描述:
一个正整数$n(2 <= n <= 10^6)$
输出描述:
一个正整数，为满足条件的字符串数量对$10^9+7$取模的值
示例2
示例3
输出
复制$16471619$
看到n的范围跟结果大小, 确定是dp, 可惜我dp太弱了, 一直不知道该如何下手, 直到昨天学了一下递归改dp的思路, 才感觉茅塞顿开.
思路如下,先写出暴力的递归函数:
1 ll ans;
2 void dfs(int cur, bool u, bool s)
3 {
4 ans += u && s;
5 if (cur == n)
6 return;
7 for(int i = 0; i < 26; ++ i){
8 dfs(cur + 1, u || 'a' + i == 'u', u && (s || 'a' + i == 's'));
9 }
10 }
显然对$2 <= n <= 1e6$的范围来说这个算法会超时, 可以从参数里面发现, 这三个状态都是我们要转移的状态.
所以可以确定我们要改的dp数组中有三个状态, 即$dp[n][u][s]$, n为字符串长度, u跟s表示当前字符串中是否包括了u或者s字符
首先我们根据题目可以知道, 长度为1的时候是不可能包含字符串"us"的, 但可以包含一个字符, 其中有1个字符'u'和其他25个字符.
所以我们可以得知$dp[1][1][0] = 1$( 长度为1的字符串中包含字符'u'的情况只有一种), $dp[1][0][0] = 25$ (长度为1的字符串中不包含u的情况, 即有25种不同的字符, 所以这里的值是25)
之后就是如何通过初始状态转移了.
在包含字符'u'跟字符's'的字符串中, 字符's'出现的位置一定要在字符'u'出现的位置之后, 这是题目中描述的有效的字符串的要求.
我们可以知道, 在字符串后面加上一个字符, 有三种情况,
- 在不含字符'u'跟字符's'的字符串中, 在末尾添加一个字符'u', 总共有$dp[n - 1][0][0]$种情况, 状态转移到$dp[n][1][0]$上; 在末尾添加除'u'以外的字符, 总共有$25 * dp[n - 1][0][0]$种情况, 状态转移到$dp[n][0][0]$上.
- 在包含字符'u'但不包含字符's'的字符串中, 添加一个字符's', 总共有$dp[n - 1][1][0]$种情况, 状态转移到$dp[n][1][1]$上; 在末尾添加除's'以外的字符, 总共有$25 * dp[n - 1][1][0]$种情况, 状态转移到$dp[n][1][0]$上.
- 在包含字符'u'且包含字符's'的字符串中, 添加任意字符, 都将转移到$dp[n][1][1]$上, 总共有$26 * dp[n - 1][1][1]$种情况.
所以我们可以从中总结出状态转移方程
$dp[n][1][1] = dp[n][1][0] + 26 * dp[n][1][1]$
$dp[n][1][0] = dp[n][0][0] + 25 * dp[n][1][0]$
$dp[n][0][0] = 25 * dp[n][0][0]$
至此, 我们可以根据上述状态转移方程轻松写出代码.
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3 #include <cmath>
4 #include <string>
5 using namespace std;
6 typedef long long ll;
7 constexpr int mod = 1e9 + 7;
8
9 constexpr int MAXN = 1e6 + 7;
10 int n;
11 ll dp[MAXN][2][2]; //下标表示长度, dp[n]表示长度为n的字符串中带us的字符串有多少个
12
13 ll ans;
14 int main()
15 {
16 ll ans = 0;
17 dp[1][0][0] = 25;
18 dp[1][1][0] = 1;
19 // dp[2] = 1;
20 cin >> n;
21 // dfs(0, false, false);
22 for (int i = 2; i <= n; ++i)
23 {
24
25 dp[i][1][1] = (dp[i - 1][1][0] + 26 * dp[i - 1][1][1] % mod) % mod;
26 ans = (ans + dp[i][1][1]) % mod;
27 dp[i][1][0] = (dp[i - 1][0][0] + 25 * dp[i - 1][1][0] % mod) % mod;
28 dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0] * 25 % mod;
29 }
30 cout << ans << endl;
31 return 0;
32 }