【牛客練習賽60：C】操作集錦（dp+子序列計數）

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• 題目
  給出長度爲的字符串，求有多少種不同的長度爲的子序列。$(1≤n≤1e3, 0≤k≤n)$
• 思路

  • 空串也是一種合法的子序列，所以特判$k=0$

  • 二維dp求解(當然也可以一維，我原本的做法是一維的，比下面的解法稍微麻煩一點，就不講啦)

    • 解法一：$O(26n^2)$
      $dp[i][j]$表示前$i$個字符中長度爲$j$且以$s[i]$爲結尾的子序列種類數$(1≤i≤n, 1≤j≤i)$
      $nxt[i][j]$表示$i$後面$j+'a'$第一次出現的位置$(0≤i<n, 0≤j<26)$，這樣做是爲了避免重複統計答案。
      轉移方程：

    $dp[x][j+1]+=dp[i][j]$ $(x=nxt[i][p]\&\&x!=0,0≤p<26)$
    $ans=\sum_{i=k}^{n}dp[i][k]$
    注意初始化：$dp[0][0]=1$

    • 解法二：$O(n^2)$
      $dp[i][j]$表示前$i$個字符中長度爲$j$的子序列種類數$(1≤i≤n, 1≤j≤i)$
      $last[i]$表示$i+'a'$上一次出現的位置$(0≤i<26)$
      轉移方程：
      $dp[i][j]=\begin{cases} dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1] &last[s[i]-'a']==0\\ dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]-dp[x-1][j-1] &x=last[s[i]-'a']!=0 \end{cases}$
      注意爲了防止dp[i][j]的結果爲負數，需要+mod再取模

    $ans=dp[n][k]$

    注意初始化$dp[i][0]=1$ $(0≤i≤n)$

• ac代碼：
  • 解法一：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e3+10;
ll dp[maxn][maxn];
int nxt[maxn][30];
int n, k;
char s[maxn];
int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &k);
    scanf("%s", s+1);
    if(k==0) {printf("1\n"); return 0;}
    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = i+1; j <= n; j++)
            if(!nxt[i][s[j]-'a']) nxt[i][s[j]-'a'] = j;
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 0; j <= min(i, k); j++)
        {
            for(int p = 0; p < 26; p++)
            {
                int x = nxt[i][p];
                if(x!=0) dp[x][j+1] = (dp[x][j+1]+dp[i][j])%mod;
            }
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = k; i <= n; i++) ans = (ans+dp[i][k])%mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

• 解法二：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e3+10;
ll dp[maxn][maxn];
int last[maxn];
int n, k;
char s[maxn];
int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &k);
    scanf("%s", s+1);
    if(k==0) {printf("1\n"); return 0;}
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        dp[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= min(i, k); j++)
        {
            dp[i][j] = (dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1])%mod;
            if(last[s[i]-'a']!=0) dp[i][j] = (dp[i][j]-dp[last[s[i]-'a']-1][j-1]+mod)%mod;
        }
        last[s[i]-'a'] = i;
    }
    printf("%lld\n", dp[n][k]%mod);
    return 0;
}