PTA L3-020 至多删三个字符 (序列dp/序列自动机)

给定一个全部由小写英文字母组成的字符串，允许你至多删掉其中 3 个字符，结果可能有多少种不同的字符串？

输入格式：

输入在一行中给出全部由小写英文字母组成的、长度在区间 [4, 1] 内的字符串。

输出格式：

在一行中输出至多删掉其中 3 个字符后不同字符串的个数。

输入样例：

ababcc

输出样例：

25

提示：

删掉 0 个字符得到 "ababcc"。

删掉 1 个字符得到 "babcc", "aabcc", "abbcc", "abacc" 和 "ababc"。

删掉 2 个字符得到 "abcc", "bbcc", "bacc", "babc", "aacc", "aabc", "abbc", "abac" 和 "abab"。

删掉 3 个字符得到 "abc", "bcc", "acc", "bbc", "bac", "bab", "aac", "aab", "abb" 和 "aba"。

解法：

前置技能：求一个序列中所有的不同子序列个数。

eg:FZU - 2129

设dp[i]为序列a的前i个元素所组成的不同子序列个数，则有状态转移方程：$dp[i]=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&2dp[i-1]+1,pre[a[i]]=-1\\&2dp[i-1]-dp[pre[a[i]]-1],pre[a[i]]\neq -1\end{aligned}\end{matrix}\right.$

其中pre[a[i]]表示a[i]前面第一个和a[i]相同的元素的下标。

解释：第i个元素a[i]有两种选择：选或不选。

若不选a[i]，则dp[i]继承dp[i-1]的全部子序列，因此有dp[i]+=dp[i-1]。

若选a[i]，则dp[i]在dp[i-1]的全部子序列的尾部填加了个元素a[i]，因此仍有dp[i]+=dp[i-1]。但这样会有很多重复的序列，因此要去重，即去掉前面和a[i]相同的元素之前的序列(因为它们加上a[i]形成的序列已经被算过了)，因此有dp[i]-=dp[pre[a[i]]-1]。特别地，如果a[i]前面没有与a[i]相同的元素，那么没有重复的序列，并且a[i]自己单独形成一个新序列，此时dp[i]++。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 const int N=1e6+,mod=1e9+;
 int a[N],n,dp[N],pre[N];
 int main() {
     while(scanf("%d",&n)==) {
         memset(pre,-,sizeof pre);
         for(int i=; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]);
         dp[]=;
         for(int i=; i<=n; ++i) {
             dp[i]=(ll)dp[i-]*%mod;
             if(~pre[a[i]])dp[i]=((ll)dp[i]-dp[pre[a[i]]-])%mod;
             else dp[i]=(dp[i]+)%mod;
             pre[a[i]]=i;
         }
         printf("%d\n",(dp[n]+mod)%mod);
     }
     return ;
 }

回到正题，此题是上题的升级版，等价于求一个长度为n的序列中长度为n,n-1,n-2,n-3的不同子序列个数之和。

基本思路是一致的，只需要在上述代码的基础上稍作改动即可。

设dp[i][j]为前i个元素删了j个元素所形成的子序列个数，则有$dp[i][j]=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j],pre[a[i]]=-1,j\neq i-1\\&dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]+1,pre[a[i]]=-1,j=i-1\\&dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]-dp[pre[a[i]]-1][j-(i-pre[a[i]])],pre[a[i]]\neq -1\end{aligned}\end{matrix}\right.$

推导过程类似，注意j的变化即可。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 const int N=1e6+;
 char a[N];
 int n,pre[];
 ll dp[N][];
 int main() {
     memset(pre,-,sizeof pre);
     scanf("%s",a+),n=strlen(a+);
     for(int i=; i<=n; ++i) {
         for(int j=; j<=; ++j) {
             if(j>)dp[i][j]+=dp[i-][j-];
             dp[i][j]+=dp[i-][j];
             if(~pre[a[i]]&&j>=i-pre[a[i]])dp[i][j]-=dp[pre[a[i]]-][j-(i-pre[a[i]])];
             else if(i==j+)dp[i][j]++;
         }
         pre[a[i]]=i;
     }
     printf("%lld\n",dp[n][]+dp[n][]+dp[n][]+dp[n][]);
     return ;
 }

还有另一种解法是利用序列自动机，很简单，设go[i][j]为第i个元素后第一个元素j出现的位置，先用类似dp的方式建立自动机，则问题转化成了一个DAG上的dp问题。

但是由于序列自动机空间消耗较大，直接dfs可能会爆内存，比如这样：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 const int N=1e6+,M=;
 char s[N];
 int n,go[N][M],dp[N][];
 void build() {
     memset(go[n],,sizeof go[n]);
     for(int i=n-; i>=; --i)memcpy(go[i],go[i+],sizeof go[i]),go[i][s[i]-'a']=i+;
 }
 int dfs(int u,int k) {
     if(k>)return ;
     int& ret=dp[u][k];
     if(~ret)return ret;
     ret=(k+(n-u)<=);
     for(int i=; i<M; ++i)if(go[u][i])ret+=dfs(go[u][i],k+go[u][i]-u-);
     return ret;
 }
 int main() {
     scanf("%s",s),n=strlen(s);
     build();
     memset(dp,-,sizeof dp);
     printf("%d\n",dfs(,));
     return ;
 }

解决方法是自底而上，一遍dp一遍更新go数组，成功AC：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 const int N=1e6+,M=;
 char s[N];
 int n,go[M];
 ll dp[N][];
 int main() {
     scanf("%s",s),n=strlen(s);
     dp[n][]=dp[n][]=dp[n][]=dp[n][]=;
     for(int i=n-; i>=; --i) {
         go[s[i]-'a']=i+;
         for(int j=; j<=; ++j) {
             dp[i][j]=(j+(n-i)<=);
             for(int k=; k<M; ++k)if(go[k]&&j+go[k]-i-<=)dp[i][j]+=dp[go[k]][j+go[k]-i-];
         }
     }
     printf("%lld\n",dp[][]);
     return ;
 }

虽然序列自动机的功能比较强大，但时间和空间的消耗都与元素集合的大小有关，因此当元素集合过大的时候，可能就并不吃香了~~