ttt学字符串
题目大意
大法师ttt 最近在学习字符串，有一天他看到魔力xtx左手拿着A字符串，右手拿着B字符串，两个字符串的长度都是一样的,而且都由abc三种字符构成，大法师ttt的灵力值为C，现在告诉你 a变b b变c以及c变a分别需要消耗的灵力值（其他变换是不存在的），问你在ttt的灵力值范围内最多能有多少种不同的方案可以从xtx的左手串变换到xtx的右手串
输入格式：
前两行输入两个长度相同的字符串 ，第一个串表示左手串，第二个串表示右手串，右手串不能变
第三行输入三个整数分别代表转换的代价cost_ab cost_bc cost_ca
第四行输入一个整数表示ttt的灵力值
输出格式：
对于每组数据输出一个数，表示答案
答案为有序的合法操作序列数对1e9+7取模，
样例输入：
a
a
1 2 3
12样例输出：
3样例解释：
第一种方案：不花代价已经可以达成目的
第二种方案：花费6的代价从a -> b -> c -> a
第三种方案 : 第二种方案重复一遍
数据范围：
n 为字符串长度
- 30%, n <= 5, max(cost_ab, cost_bc, cost_ca) <= 5, C <= 20
- 60%, n <= 5, max(cost_ab, cost_bc, cost_ca) <= 100, C <= 1000
- 100%, n <= 11, max(cost_ab, cost_bc, cost_ca) <= 100, C <= 1000000000
时间限制：
1000 ms
空间限制：
32 MB
DP+矩阵快速幂
60分：
记$dp[i][j][k]$表示用了i次魔法之后的字符串A与字符串B相同的有$i$个，可以通过一次变化得到相同的有$j$个
$n$为字符串的长度
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那么可以得到通过两次变化的有$n-i-j$个
那么一次魔法可以有3种选择：改相同的，改还有一次变化的，改还有两次变化的
转移方程为
$dp[i][j][k]=dp[i-1][j-1][k+1]*(k+1)+dp[i-1][j][k-1]*(n-j-k+1)+dp[i-1][j+1][k]*(j+1)$
那么现在要考虑这些状态是否可行
先处理出将字符串A变为字符串B的最小代价是多少
因为在改成相同之后，在进行变化需要3次的操作
那么可以算出最大的操作步数$step$
那么答案为$\sum_{i=0}^{step}dp[i][n][0]$
#include <bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 #define ll long long using namespace std; ll ab,bc,ca,C,dp[1100][7][7]; ll t0,t1,n,step,cost,tot,ans; string a,b; int main() { cin>>a>>b; scanf("%lld%lld%lld%lld",&ab,&bc,&ca,&C); tot=ab+bc+ca; for (ll i=0;i<(ll)a.size();i++) { if (a[i]==b[i]) t0++; else { if (a[i]=='c' && b[i]=='a') t1++; if (a[i]=='b' && b[i]=='c') t1++; if (a[i]=='a' && b[i]=='b') t1++; } } for (ll i=0;i<(ll)a.size();i++) { if (a[i]==b[i]) continue; if (a[i]=='a' && b[i]=='b') cost+=ab,step++; if (a[i]=='a' && b[i]=='c') cost+=ab+bc,step+=2; if (a[i]=='b' && b[i]=='c') cost+=bc,step++; if (a[i]=='b' && b[i]=='a') cost+=bc+ca,step+=2; if (a[i]=='c' && b[i]=='a') cost+=ca,step++; if (a[i]=='c' && b[i]=='b') cost+=ca+ab,step+=2; } if (cost>C) { printf("0\n"); return 0; } step+=3*((C-cost)/tot);//计算最大步数 dp[0][t0][t1]=1;//初始状态 n=(ll)a.size(); for (ll i=1;i<=step;i++) { for (ll j=0;j<=n;j++) { for (ll k=0;k<=n;k++) { if (j+k>n) break; if (j>0 && k<n) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k+1]*(k+1)%mod)%mod; if (k>0) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k-1]*(n-j-k+1)%mod)%mod; if (j<n) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j+1][k]*(j+1)%mod)%mod; } } } for (ll i=0;i<=step;i++) ans=(ans+dp[i][n][0])%mod;//累加答案 printf("%lld\n",ans); }
100分:
可以发现这个转移方程可以用矩阵优化
在矩阵中只要记录前一层的dp值即可
并填入相应的转移矩阵$tr$
但由于答案是$dp[i][n][0]$的前缀和，需要处理出每个$dp[i][n][0]$
记初始矩阵为$f$
那么需要处理的矩阵为
$f+f*tr+f*tr^{2}+...+f*tr^{step}$
这是等比矩阵求和的问题
转移即可
#include <bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 #define ll long long using namespace std; ll ab,bc,ca,C,id[15][15][15]; ll t0,t1,n,step,cost,tot,ans,cnt; string a,b; struct node { ll n,num[300][300]; void init() { for (ll i=1;i<=n;i++) num[i][i]=1; } void prepare() { for (ll i=1;i<=n;i++) { for (ll j=1;j<=n;j++) num[i][j]=0; } } void print() { for (ll i=1;i<=n;i++) { for (ll j=1;j<=n;j++) printf("%lld ",num[i][j]); printf("\n"); } } }tr,f; node A; node operator * (node a,node b) { node c; c.n=a.n; c.prepare(); for (ll i=1;i<=a.n;i++) { for (ll j=1;j<=a.n;j++) { for (ll k=1;k<=a.n;k++) { c.num[i][j]=(c.num[i][j]+a.num[i][k]*b.num[k][j])%mod; } } } return c; } node m_pow(node a,ll b) { node c; c.n=a.n; c.prepare(); c.init(); while (b>0) { if (b&1) c=c*a; b>>=1; a=a*a; } return c; } int main() { cin>>a>>b; scanf("%lld%lld%lld%lld",&ab,&bc,&ca,&C); tot=ab+bc+ca; for (ll i=0;i<(ll)a.size();i++) { if (a[i]==b[i]) t0++; else { if (a[i]=='c' && b[i]=='a') t1++; if (a[i]=='b' && b[i]=='c') t1++; if (a[i]=='a' && b[i]=='b') t1++; } } for (ll i=0;i<(ll)a.size();i++) { if (a[i]==b[i]) continue; if (a[i]=='a' && b[i]=='b') cost+=ab,step++; if (a[i]=='a' && b[i]=='c') cost+=ab+bc,step+=2; if (a[i]=='b' && b[i]=='c') cost+=bc,step++; if (a[i]=='b' && b[i]=='a') cost+=bc+ca,step+=2; if (a[i]=='c' && b[i]=='a') cost+=ca,step++; if (a[i]=='c' && b[i]=='b') cost+=ca+ab,step+=2; } if (cost>C) { printf("0\n"); return 0; } n=(ll)a.size(); step+=3*((C-cost)/tot); for (ll i=0;i<=n;i++) { for (ll j=0;j<=n;j++) { for (ll k=0;k<=n;k++) { if (i+j+k!=n) continue; cnt++; id[i][j][k]=cnt; if (i==t0 && j==t1) f.num[1][cnt]=1;//填入初始矩阵 } } } for (ll i=0;i<=n;i++)//根据DP转移方程填入转移矩阵 { for (ll j=0;j<=n;j++) { for (ll k=0;k<=n;k++) { if (i+j+k!=n) continue; if (i>0 && j<n) tr.num[id[i-1][j+1][k]][id[i][j][k]]=j+1; if (j>0 && k<n) tr.num[id[i][j-1][k+1]][id[i][j][k]]=k+1; if (i<n && k>0) tr.num[id[i+1][j][k-1]][id[i][j][k]]=i+1; } } } f.n=tr.n=cnt; A.n=cnt*2;//计算等比矩阵求和 A.prepare(); for (ll i=1;i<=tr.n;i++) { for (ll j=1;j<=tr.n;j++) A.num[i][j]=A.num[i][j+tr.n]=tr.num[i][j]; } for (ll i=tr.n+1;i<=2*tr.n;i++) { for (ll j=tr.n+1;j<=2*tr.n;j++) { if (i==j) A.num[i][j]=1; } } A=m_pow(A,step); for (ll i=1;i<=tr.n;i++) { for (ll j=tr.n+1;j<=2*tr.n;j++) tr.num[i][j-tr.n]=A.num[i][j]; } f=f*tr; if (t0==n && t1==0) f.num[1][id[n][0][0]]++; printf("%lld\n",f.num[1][id[n][0][0]]); }