Acwing P284 金字塔 题解

Analysis

一棵树的每颗子树都对应着这棵树 DFS 序的一个区间。本题的序列虽然不是 DFS 序列，但也有该性质。本题中，我们以区间长度作为阶段， F[ l , r ] 表示序列 s[ l ~ r ]中子树的个数。

如果我们从 l  到  r  在每一个点划分一个 k ，那么时间复杂度会很高。一个比较好的想法是，把子串s[ l ~ r ]分成两部分，每部分可由若干子树构成。为了计数重而不漏，我们只考虑子串的第一颗子树是由哪些序列构成的，即令子串s[ l+1 ~ k-1 ] 构成第一棵子树，s[ k~r ]构成剩余部分。

为什么这样不会重复呢？因为我们 k 不断向后移动，序列不断加长，也就是说第一颗子树规模在从小变大，当然不会重复；至于剩下部分构成的子树，同理，由于规模不断减小，不可能重复。

为什么还要加上一个F[ l + 1 , r - 1] 呢？因为我们虽然枚举了第一颗子树，但是却忽略了该树只有一颗子树的情况，所以需要再加上这种情况，即F[ l + 1 , r - 1 ]。

对于方案计数类的动态规划问题，通常一个状态的各个决策之间满足“加法原理”，而每个决策划分的几个子状态之间满足“乘法原理”。在设计状态转移方程的决策方式与划分方法时，一个状态的所有决策之间必须具有互斥性，才能保证不会出现重复问题。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<stack>
 #define int long long
 #define maxn 300+10
 #define mod 1000000000
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int x=;
     bool f=;
     char c=getchar();
     for(; !isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=;
     for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<)+(x<<)+c-'';
     if(f) return x;
     return -x;
 }
 inline void write(int x)
 {
     if(x<){putchar('-');x=-x;}
     if(x>)write(x/);
     putchar(x%+'');
 }
 int len;
 int dp[maxn][maxn];
 char s[maxn];
 inline int DP(int l,int r)
 {
     if(l>r) return ;
     if(s[l]!=s[r]) return ;
     if(l==r) return ;
     if(dp[l][r]!=-) return dp[l][r];
     dp[l][r]=;
     for(int k=l+;k<=r-;k++)
     {
         dp[l][r]=dp[l][r]+(DP(l+,k)*DP(k+,r))%mod;
         dp[l][r]%=mod;
     }
     return dp[l][r];
 }
 signed main()
 {
 //    freopen("pyramid.in","r",stdin);
 //    freopen("pyramid.out","w",stdout);
     memset(dp,-,sizeof(dp));
     scanf("%s",s+);
     len=strlen(s+);
     int ans=DP(,len);
     ans%=mod;
     write(ans);
     return ;
 }

请各位大佬斧正（反正我不认识斧正是什么意思）