【BZOJ1794】【IOI2008】Linear Garden 题解

题面：传送门

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    这道题跟同类型的题相比，独特的地方在于它不是要求方案数，而是要求字符串的排名。那就成老套路了，显然，对于字符串中的每个字符，我们将其换为任意一个字典序小于它的字符，后面的随便放，那么新字符串的字典序必然小于原字符串，答案即为新字符串总数量$+1$。

    也就是说，我们将字符串中的每个$‘P’$依次换为$‘L’$，再累加答案就行了。那么怎么算新字符串总数呢？

    我们考虑动态规划，$dp_{i,j,i',j',l}$表示当前字符串后缀中$‘L’$数量减$‘P’$数量的最大值为$i$，$‘P’$数量减$‘L’$数量的最大值为$j$，延伸$l$位后后缀中$‘L’$数量减$‘P’$数量的最大值为$i'$，$‘P’$数量减$‘L’$数量的最大值为$j'$的总方案数，则$dp$方程为：

$$i'\lt 2\Rightarrow dp_{i,j,i'+1,max(0,j'-1),l+1}=\sum dp_{i,j,i',j',l}$$ $$j'\lt 2\Rightarrow dp_{i,j,max(0,i'-1),j'+1,l+1}=\sum dp_{i,j,i',j',l}$$

    边界为：

$$dp_{i,j,i,j,0}=1$$

    最终总答案为：

$$1+\sum_{i=1}^{n}[str_i==‘P’][maxL\lt 2]\sum_{j=0}^2\sum_{k=0}^2dp_{maxL+1,max(0,maxP-1),j,k,n-i}$$

    注：$maxL$表示$str_{1,2,...,i-1}$的后缀中$‘L’$数量减$‘P’$数量的最大值，$maxP$同理。

    如果还不能理解的话，具体细节请参见我的代码（我用了滚动数组并且为了省空间用了些trick从后往前做，可能程序有些恶心，请大家见谅）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
int dp[3][3][3][3][2];
int cur[3][3];
int lm,pm;
int n,m;
int ans=1;
char buf[1000010];
vector<pair<pair<int ,int> ,int> >all;
void add(int &x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=m)x-=m;
}
int main()
{
    for(int i=0;i<=2;i++)
    {
        for(int j=0;j<=2;j++)dp[i][j][i][j][0]=1;
    }
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%s",buf+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(buf[i]=='L')
        {
            lm++;
            pm=max(0,pm-1);
        }
        else
        {
            if(lm<2)
            {
                all.push_back(make_pair(make_pair(lm+1,max(0,pm-1)),n-i));
            }
            lm=max(0,lm-1);
            pm++;
        }
    }
    for(int i=(int)all.size()-1;i>=0;i--)
    {
        int nw=all[i].second,tx=all[i].first.first,ty=all[i].first.second;
        for(int j=cur[tx][ty]+1;j<=nw;j++)
        {
            int jj=j&1;
            for(int k=0;k<=2;k++)
            {
                for(int l=0;l<=2;l++)
                {
                    dp[tx][ty][k][l][jj]=0;
                }
            }
            for(int k=0;k<=2;k++)
            {
                for(int l=0;l<=2;l++)
                {
                    if(k<2)add(dp[tx][ty][k+1][max(0,l-1)][jj],dp[tx][ty][k][l][jj^1]);
                    if(l<2)add(dp[tx][ty][max(0,k-1)][l+1][jj],dp[tx][ty][k][l][jj^1]);
                }
            }
        }
        for(int j=0;j<=2;j++)
        {
            for(int k=0;k<=2;k++)add(ans,dp[tx][ty][j][k][nw&1]);
        }
        cur[tx][ty]=nw;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}