[CH5302]金字塔

时间:2023-01-23 16:40:38

题面

虽然探索金字塔是极其老套的剧情,但是有一队探险家还是到了某金字塔脚下。经过多年的研究,科学家对这座金字塔的内部结构已经有所了解。首先,金字塔由若干房间组成,房间之间连有通道。如果把房间看作节点,通道看作边的话,整个金字塔呈现一个有根树结构,节点的子树之间有序,金字塔有唯一的一个入口通向树根。并且,每个房间的墙壁都涂有若干种颜色的一种。

探险队员打算进一步了解金字塔的结构,为此,他们使用了一种特殊设计的机器人。这种机器人会从入口进入金字塔,之后对金字塔进行深度优先遍历。机器人每进入一个房间(无论是第一次进入还是返回),都会记录这个房间的颜色。最后,机器人会从入口退出金字塔。

显然,机器人会访问每个房间至少一次,并且穿越每条通道恰好两次(两个方向各一次), 然后,机器人会得到一个颜色序列。但是,探险队员发现这个颜色序列并不能唯一确定金字塔的结构。现在他们想请你帮助他们计算,对于一个给定的颜色序列,有多少种可能的结构会得到这个序列。因为结果可能会非常大,你只需要输出答案对 \(10^9\) 取模之后的值。

输入格式

输入文件包含一行,一个字符串S,长度不超过300,表示机器人得到的颜色序列。

输出格式

输出一个整数表示答案。

样例输入

ABABABA

样例输出

5

\(\text{Solution:}\)

容易发现,从串中提取出一段首尾相同的区间,就又成了一个可以递归的子问题。

\(F[l,r]\) 表示 \(l\) 到 \(r\) 这一段的答案。

先考虑特殊情况:

1.\(l=r\) 则 \(F[l, r] = 1\) ;

2.\(s[l] \ne s[r]\) 则 \(F[l, r]=0\);

对于 \(s[l] = s[r]\) 的,考虑从它的两个子区间 \([l+1,k],[k+1,r-1]\) 转移,但是发现两个子区间合并的子树个数是不确定的,这样会产生重复计数,如:"\(A|BAB|A|BA\)" 与 "\(A|B|A|BAB|A\)" 这两个的 "\(BAB\)" 都可以分为 "\(B|A|B\)" 于是方案 "\(A|B|A|B|A|B|A\)" 就被算了两次。

所以我们需要枚举第一颗子树所代表的区间 \([l+1,k]\) , 那么 \([k+1,r]\) 就是剩余部分(包括当前根,可能有多棵子树),

这样就不会算重了。

请仔细思考为什么 \([l+1, k]\) 与 \([k+1,r]\) 合并不会算重,而 \([l+1,k]\) 与 \([k+1,r-1]\) 会算重。(在纸上画一画就想通了)

这题告诉我们:

对于方案计数类的 \(dp\), 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"

#include <iostream>
#include <cstring> using namespace std; const int N = 320, P = 1e9; char str[N];
int n, m;
long long F[N][N]; long long solve(int l, int r)
{
if (l > r) return 0;
if (l == r) return 1;
if (~F[l][r]) return F[l][r];
if (str[l] != str[r]) return 0;
F[l][r] = 0;
for (int k = l + 1; k < r; ++ k)
F[l][r] = (F[l][r] + solve(l + 1, k) * solve(k+1, r) % P) % P;
return F[l][r];
} int main()
{
memset(F, -1, sizeof F);
cin >> (str + 1);
cout << solve(1, strlen(str + 1)) << endl;
}