[BZOJ 1879][SDOI 2009]Bill的挑战

Description

Solution

1.考虑状压的方式。

方案1:如果我们把每一个字符串压起来,用一个布尔数组表示与每一个字母的匹配关系,那么空间为26^50,爆内存;

方案2:把每一个串压起来,多开一维记录匹配字符,那么空间为nlen26,合法,但不便于状态的设计和转移;

方案3:把每一个串同一个位置的字符放在一起,用一个布尔数组记录与每一个小写字母的匹配关系,那么空间为26^15*len,爆内存;

方案4:把每一个串同一个位置的字符压起来,用多开一维的整形数组记录与每一个小写字母的匹配关系,空间为2^15*len,合法;

采用方案4,那么关系具体的记录方式就是,开一个压缩数组r[2^15][len],r[i][j]表示所有串第i位与第j个小写字母的匹配情况:

例如,第1到n个串的第i位分别为:?,a, b,c,那么他们与'a'的匹配情况为r[i][0]=0011;

void init(){
for(R int i=0;i<len;++i)//第i列
for(R int x=0;x<26;++x){//对'a'增量为x
r[i][x]=0;
for(R int k=0;k<n;++k)//第k个串
if(s[k][i]=='?'||s[k][i]=='a'+x)r[i][x]|=(1<<k);
}
}

2.考虑DP的过程

方案1:f[i][j]表示当前匹配长度位i,状态为j,实际上也就是符合要求的匹配情况为j时的方案数

方案2:f[i][j]表示当前匹配到第i位,状态为j时的方案数;

两种方案均可,只是第一种的i永远比第二种的i多1罢了。

但是我们要采用方案1,因为初始化时,未匹配情况应该只有一个那就是111...111,所以对于第一种情况初始化就非常简单,也就是f[0][(1<<n)-1]=1;

然后就是转移,我们发现当且仅当前一位时当前状态合法才可转移,我们转移采用扩展状态的方式,即在当前状态上枚举增加状态,所以状态转移方程是:

(f[i][j&r[i-1][x]]+=f[i-1][j])%=mod;

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define R register
typedef long long ll;
using namespace std; const int mod=1e6+3; string s[20];
int n,m,r[51][50010],f[51][50010]; inline int lowbit(int x){return x&-x;} void init(){
cin>>n>>m;
memset(f,0,sizeof(f));
for(R int i=0;i<n;++i)cin>>s[i];
int len=s[0].size();
for(R int i=0;i<len;++i)//第i列
for(R int x=0;x<26;++x){//对'a'增量为x
r[i][x]=0;
for(R int k=0;k<n;++k)//第k个串
if(s[k][i]=='?'||s[k][i]=='a'+x)r[i][x]|=(1<<k);
}
} void work(){
int lim=(1<<n)-1;
int len=s[0].size();
f[0][lim]=1;
for(R int i=1;i<=len;++i)
for(R int j=0;j<=lim;++j)//状态
if(f[i-1][j])//如果当前前一列子集被更新过,即要扩展的状态合法
for(R int x=0;x<26;++x)//对'a'增量为x
(f[i][j&r[i-1][x]]+=f[i-1][j])%=mod;
int ans=0;
for(R int i=0;i<=lim;++i){
int temp=i,cnt=0;
while(temp){cnt++;temp-=lowbit(temp);}
if(cnt==m) (ans+=f[len][i])%=mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin>>t;
while(t--){
init();
work();
}
return 0;
}

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