CROC 2016 - Elimination Round (Rated Unofficial Edition) E - Intellectual Inquiry dp

E - Intellectual Inquiry

思路：我自己YY了一个算本质不同子序列的方法， 发现和网上都不一样。

我们从每个点出发向其后面第一个a, b, c, d ...连一条边，那么总的不同子序列就是从0号点出发能走出多少条

不同点的路径。 dp[ i ]表示是到 i 这个点的不同路径数， 构成的图显然是个DAG，把这个dp出来就好啦。最后补

n个就是贪贪心。

网上的另外两种方法。

dp[ i ] 表示[1, i] 的字符串有多少不同子序列。

dp[ i ] = dp[i - 1] * 2 - dp[ pre[s[ i ] ] - 1]

dp[ i ][ j ]表示[1, i] 的字符串末尾为 j 的不同子序列有多少种。

如果s[ i ] != j     dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1] [ j ]

否则  dp[ i ] [ j ] = (dp[ i - 1][ 0 ] + dp[ i - 1][ 1 ].... + dp[ i - 1][ k - 1]) + 1

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define PII pair<int, int>
#define PLI pair<LL, int>
#define ull unsigned long long
using namespace std;

const int N = 2e6 + ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;

int n, m, k, pr[];
char s[N];

inline void add(int &a, int b) {
    a += b; if(a >= mod) a -= mod;
}

struct Bit {
    int a[N];
    void modify(int x, int v) {
        for(int i = x; i < N; i+=i&-i)
            add(a[i], v);
    }
    int sum(int x) {
        int ans = ;
        for(int i = x; i; i-=i&-i)
            add(ans, a[i]);
        return ans;
    }
    int query(int l, int r) {
        if(!l) return (sum(r)+mod+)%mod;
        return (sum(r)-sum(l-)+mod)%mod;
    }
} bit;

void extend(int x, int c) {
    int pos = s[x-]-'a' == c ? x- : pr[c];
    int val = bit.query(pos, x-);
    bit.modify(x, val);
    if(x > ) pr[s[x-]-'a'] = x-;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    scanf("%s", s + );
    m = strlen(s + );
    for(int i = ; i <= m; i++)
        extend(i, s[i]-'a');
    for(int i = m+; i <= m+n; i++) {
        int z = -;
        for(int j = ; j < k; j++) {
            if(j != s[i-] - 'a') {
                if(z == - || pr[z] > pr[j]) z = j;
            }
        }
        if(z == -) z = ;
        s[i] = 'a' + z;
        extend(i, z);
    }
    printf("%d\n", bit.query(, n + m));
    return ;
}

/*
*/