LG2516 【[HAOI2010]最长公共子序列】

前言

感觉这几篇仅有的题解都没说清楚，并且有些还是错的，我再发一篇吧。

分析

首先lcs（最长公共子序列）肯定是板子。但这题要求我们不能光记lcs是怎么打的，因为没这部分分，并且另外一个方程的转移要用到状态的定义。在此定义状态：

设题设字符串为\(S\),\(T\),然后定义字符串的前缀\(i\)表示字符串开头至\(i\)位置构成的字符串,例如\(S\)的前缀\(i\)表示\(S_1\sim S_i\)。

\(f(i,j)\)表示\(S\)的前缀\(i\)和\(T\)的前缀\(j\)的lcs的长度，根据广为人知的lcs算法,

\[f(i,j)=\max\left\{f(i-1,j),f(i,j-1),(f(i-1,j-1)+1)*[S_i==T_j]\right\}
\]

前两个转移式子表示不匹配\(S_i\)和\(T_j\)，最后的式子表示\(S_i\)和\(T_j\)匹配并将其贡献计入答案。

考虑新状态\(g(i,j)\)表示同上解释的lcs的匹配方式对数。那么如何转移呢？首先若\(f(i,j)\)等于不匹配转移式子，那么就不匹配转移式子对应的\(g\)应计入答案，因为若\(f\)不改变，那么匹配方式及其对数也应不变。然后考虑两种特殊情况：

1. \[f(i,j)=f(i-1,j-1)\&S_i\neq T_j$$它描述的是$S_i$和$T_j$都不做出贡献而直接转移重复的情况，那么根据容斥原理，就应减去$g(i-1,j-1)$。
   \]

复杂度

时间是\(O(n\cdot m)\)的，没问题。但是朴素代码空间复杂度也是\(O(n\cdot m)\)的，128MB要炸空间，于是要用滚动数组。

代码

借鉴kiddingme12138的，他的代码（以及很多人的）虽然能AC但是有错，即特殊情况2中无论\(f(i,j)\)最终是否等于\(f(i-1,j-1)+1\)只要\(S_i=T_j\)那么就加上\(g(i-1,j-1)\)。望加强数据。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#define rg register
using namespace std;

const int MAXN=5e3+7;
const int mod=1e8;
int n,m;
char S[MAXN],T[MAXN];
int f[2][MAXN],g[2][MAXN];

int main()
{
//	freopen("lcs.in","r",stdin);
//	freopen("lcs.out","w",stdout);
	scanf("%s",S+1);
	n=strlen(S+1)-1;
	scanf("%s",T+1);
	m=strlen(T+1)-1;
	int cur=0;
	for(rg int i=0;i<=m;++i)
		g[cur][i]=1;
	for(rg int i=0;i<=n;++i)
	{
		cur^=1;g[cur][0]=1;
		for(rg int j=1;j<=m;++j)
		{
			g[cur][j]=0;
			f[cur][j]=max(f[cur^1][j],f[cur][j-1]);
			if(S[i]==T[j])
				f[cur][j]=max(f[cur][j],f[cur^1][j-1]+1);
			if(f[cur][j]==f[cur^1][j])
				g[cur][j]+=g[cur^1][j];
			if(f[cur][j]==f[cur][j-1])
				g[cur][j]+=g[cur][j-1];
			if(S[i]==T[j]&&f[cur][j]==f[cur^1][j-1]+1)
				g[cur][j]+=g[cur^1][j-1];
			if(S[i]!=T[j]&&f[cur][j]==f[cur^1][j-1])
				g[cur][j]-=g[cur^1][j-1];
			g[cur][j]=(g[cur][j]+mod)%mod;
		}
	}
	printf("%d\n%d",f[cur][m],g[cur][m]);
}