后端 「LOJ 6074」「2017 山东一轮集训 Day6」子序列

rightpalmprint · December 10, 2019 · 27 hits

LOJ 6074

题解

设字符集大小为 (m),这里 (m=9),假设字符从 (0) 开始标号。

显然可以 DP,设 (dp_{i,j}) 表示前 (i) 个字符中,以字符 (j) 结尾的本质不同的子序列个数。特殊地,(j=m) 表示子序列为空。有方程:

[dp_{i,j}=begin{cases}dp_{i-1,j} & text{ if } jne S_i \\ sum_{k=0}^{m} dp_{i-1,k} & text{ if }j=S_iend{cases}]

初始值是 (dp_{0,m}=1)

发现 (dp) 数组可以写成行向量,记

[F_i=begin{pmatrix}dp_{i,0} & dp_{i,1} & dp_{i,2} & cdots & dp_{i,m}end{pmatrix}]

而转移可以表示为一个行向量乘上转移矩阵 (M_i) 的形式:

[begin{aligned}M_i &= begin{pmatrix}1 & & 1 & & \\ & 1 & 1 & & \\ & & 1 & & \\ & & vdots & ddots & \\ & & 1 & & 1 end{pmatrix} \\ F_i &= F_{i-1}M_iend{aligned}]

(M_i) 是一个主对角线为 (1)(S_i) 这一列为 (1),其余为 (0) 的矩阵。

初始的行向量为

[A=begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & cdots & 0 & 1end{pmatrix}]

最后由于是求

[left(sum_{i=0}^m dp_{n,i}right)-1]

所以最后需要乘上列向量

[B=begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ vdots \\ 1end{pmatrix}]

于是对于每个询问,答案可以表示成

[begin{aligned}ans&=AM_lM_{l+1}M_{l+2}cdots M_{r}B\\&=AM_{l-1}^{-1}M_{l-2}^{-1}cdots M_1^{-1}M_1M_2cdots M_{r}Bend{aligned}]

直接维护 (M_i)(M_i^{-1}) 的前缀积(注意顺序),时间复杂度 (O(nm^3+qm^3))

在维护完 (M_i)(M_i^{-1}) 后,分别右乘一个 (B) 和左乘一个 (A),这样询问部分的复杂度可以降到 (O(qm))

预处理部分,我们来观察一些特殊性质。对于 (M_i) 的前缀积,我们发现每次要算

[begin{aligned}CM_i&=begin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & C_{0,2} & cdots & C_{0,m} \\ C_{1,0} & C_{1,1} & C_{1,2} & cdots & C_{1,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & cdots & C_{2,m} \\ & & & ddots & \\ C_{m,0} & C_{m,1} & C_{m,2} & cdots & C_{m,m} end{pmatrix}begin{pmatrix}1 & & 1 & & \\ & 1 & 1 & & \\ & & 1 & & \\ & & vdots & ddots & \\ & & 1 & & 1 end{pmatrix} \\ &= begin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & sum_{j=0}^m C_{0,j} & cdots & C_{0,m} \\ C_{1,0} & C_{1,1} & sum_{j=0}^m C_{1,j} & cdots & C_{1,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & sum_{j=0}^m C_{2,j} & cdots & C_{2,m} \\ & & & ddots & \\ C_{m,0} & C_{m,1} & sum_{j=0}^m C_{m,j} & cdots & C_{m,m} end{pmatrix}end{aligned}]

相当于把 (C) 的第 (S_i) 列改成对应行的 (C_{k,j}) 之和。且最后乘上 (B) 相当于求每行的和。那么只要维护 (C) 的每一行之和即可。于是维护 (M_i) 的前缀积乘上 (B) 的复杂度变成了 (O(nm))

对于 (M_i^{-1}) 的前缀积,我们先根据矩阵求逆的过程手动求出 (M_i^{-1}),发现

[M_i^{-1}=begin{pmatrix}1 & & -1 & & \\ & 1 & -1 & & \\ & & 1 & & \\ & & vdots & ddots & \\ & & -1 & & 1 end{pmatrix}]

(M_i^{-1}) 是主对角线为 (1),第 (S_i) 列除了第 (S_i) 行外是 (-1) 的矩阵。

维护 (M_i^{-1}) 的前缀积时,我们要算

[begin{aligned}M_i^{-1}C&=begin{pmatrix}1 & & -1 & & \\ & 1 & -1 & & \\ & & 1 & & \\ & & vdots & ddots & \\ & & -1 & & 1 end{pmatrix}begin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & C_{0,2} & cdots & C_{0,m} \\ C_{1,0} & C_{1,1} & C_{1,2} & cdots & C_{1,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & cdots & C_{2,m} \\ & & & ddots & \\ C_{m,0} & C_{m,1} & C_{m,2} & cdots & C_{m,m} end{pmatrix} \\ &= begin{pmatrix}C_{0,0}-C_{2,0} & C_{0,1}-C_{2,1} & C_{0,2}-C_{2,2} & cdots & C_{0,m}-C_{2,m} \\ C_{1,0}-C_{2,0} & C_{1,1}-C_{2,1} & C_{1,2}-C_{2,2} & cdots & C_{1,m}-C_{2,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & cdots & C_{2,m} \\ & & & ddots & \\ C_{m,0}-C_{2,0} & C_{m,1}-C_{2,1} & C_{m,2}-C_{2,2} & cdots & C_{m,m}-C_{2,m} end{pmatrix}end{aligned}]

可以发现,每一列除了 (S_i) 这一行以外都减去的是同一个数,于是我们维护每一列减去的数,例如对于某一列

[begin{pmatrix}x_0-v \\ x_1-v \\ x_2-v \\ vdots \\ x_m-v end{pmatrix}]

要变成

[begin{pmatrix}x_0-v-(x_2-v) \\ x_1-v-(x_2-v) \\ x_2-v \\ vdots \\ x_m-v-(x_2-v) end{pmatrix}==begin{pmatrix}x_0-x_2 \\ x_1-x_2 \\ (2x_2-v)-x_2 \\ vdots \\ x_m-x_2 end{pmatrix}]

于是只需要修改第 (S_i) 那一行的值,并且更新每一列减去的值即可。

最后左乘 (A) 相当于求最后一行的值。由于最后一行不会修改,始终是

[begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & cdots & 0 & 1end{pmatrix}]

所以直接减去对应列需要减的数即可。这一部分的时间复杂度也变成了 (O(nm))

总时间复杂度 (O(nm+qm))

代码

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#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
int (){
register int x = 0;
register char f = 1, ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f ^= 1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
return f ? x : -x;
}
#define N 100005
#define P 1000000007
int n, q, a[10][10], av[10][10], f[N][10], fv[N][10];
char s[N];
int plus(int a, int b){
return (a += b) >= P ? a - P : a;
}
int minus(int a, int b){
return (a -= b) < 0 ? a + P : a;
}
void init(int n){
for (register int i = 0; i <= 9; ++i)
a[i][i] = av[i][i] = f[0][i] = 1;
for (register int i = 1; i <= n; ++i){
int t = s[i] - 'a';
for (register int j = 0; j <= 9; ++j){
f[i][j] = plus(minus(f[i - 1][j], a[j][t]), f[i - 1][j]);
a[j][t] = f[i - 1][j];
fv[i][j] = av[t][j];
av[t][j] = minus(plus(av[t][j], av[t][j]), fv[i - 1][j]);
}
}
for (register int i = 0; i <= n; ++i)
for (register int j = 0; j <= 9; ++j)
fv[i][j] = minus(j == 9, fv[i][j]);
}
int main(){
while (islower(s[++n] = getchar())) ;
--n;
init(n);
q = read();
while (q--){
int l = read(), r = read(), ans = 0;
for (register int i = 0; i <= 9; ++i)
ans = plus(ans, 1ll * fv[l - 1][i] * f[r][i] % P);
printf("%dn", minus(ans, 1));
}
}
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