CF17C Balance

Description

给定一个由 a b c 构成的字符串 $S$，可以选择任意两个相邻字符，有第一个覆盖第二个或用第二个覆盖第一个。求能变出多少不同的字符串，a b c 的个数两两差 $\leq 1$，对 $51123987$ 取模。

$1 \leq |S| \leq 150$。

Solution

序列自动机 + dp。令变出的字符串为 $T$，令它的压缩串为 $T'$，如 aabcccbbaa 的压缩串为 abcba，相当于去重。那么操作后得到的 $T'$ 一定 $S$ 的子序列，因为想要将一个字母向前向后挪，就要覆盖前面后面的字母，所以不会颠倒 $S$ 中两个字母的相对顺序，只能保持或让其中一个字母覆盖。

所以 $T'$ 中的字母是可以与 $S$ 匹配的。令 $f_{i,a,b,c}$ 为， $T'$ 正与 $S_i$ 匹配，此时 $T$ 中 a b c 出现的次数为 $a ,\ b ,\ c$ 时，有多少个不同的 $T$。Tip： $f$ 的定义不是到了 $S_i$，a b c 出现的次数，而是匹配到 $S_i$。比如样例 4 abca。 $f_{1,2,0,0} = 1$ 是对的，因为 $T$ 中的两个 a 都是 $S_1$ 变出来的。

由于 $n \leq 150$，所以可以四维枚举 $i ,\ a ,\ b ,\ c$。如果有 $a + b + c = n \land$ $|a-b|, \ |a - c|, \ |b-c| \leq1$，那么将 $f_{i,a,b,c}$ 计入答案。那么如何转移？

$S_i$ 为「要去覆盖别的字母」的字母时。那么从它开始覆盖即可，如 $S_i = $ a， $f_{i,a+1,b,c} = f_{i,a+1,b,c} + f_{i,a,b,c}$。因为在枚举 $a, \ b, \ c$，所以会转移到 $f_{i, a + j, b, c}$。 $S_i$ 为「要被覆盖的字母」的字母时，将它转移到「要去覆盖别的字母」的字母即可。

那么如何确定一个 「要去覆盖别的字母」呢，如果枚举它的下标来确定，可能会重复计入答案。比如 $S$ = caba，其中一个 $T$ 为 aaaa 即为为 $\sum_{i=1}^{|S|} f_{i, 4,0,0} = 1$，如果枚举下标 $\sum_{i=1}^{|S|} f_{i, 4,0,0} = 1$ 会为 $2$，分别在 $i=2, \ 4$。可以发现 $i = 2$ 的 a 在覆盖了 c 和 ba， $i = 4$ 的 a 就没有必要覆盖 cab 了。

所以可以预处理一个 $nxt_{i,j}$ 为 $nxt_{i,j} \ge i \land S_{nxt_{i,j}} = j$。也就是 $i$ 后第一个字母 $j$ 出现的下标，包括 $i$。转移方程如下

$f_{1,0,0,0} = 1$

$f_{nxt_{i,0}, a + 1, b, c} = f_{nxt_{i,0}, a + 1, b, c} + f_{i,a,b,c}$

$f_{nxt_{i,1}, a, b + 1, c} = f_{nxt_{i,1}, a, b + 1, c} + f_{i,a,b,c}$

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$f_{nxt_{i,2}, a, b, c + 1} = f_{nxt_{i,2}, a, b, c + 1} + f_{i,a,b,c}$

因为每个字符出现的次数不会超过 $\frac{n + 2}{3}$，所以时空复杂度为 $O(\frac{n^4}{27})$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 150 + 5, p = 51123987;
char s[N];
int f[N][(N + 2) / 3][(N + 2) / 3][(N + 2) / 3], nxt[N][3], n, ans;
int main() {
    scanf("%d%s", &n, s + 1);
    nxt[n + 1][0] = nxt[n + 1][1] = nxt[n + 1][2] = n + 1;
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        nxt[i][0] = nxt[i + 1][0];
        nxt[i][1] = nxt[i + 1][1];
        nxt[i][2] = nxt[i + 1][2];
        if(s[i] == 'a') nxt[i][0] = i;
        if(s[i] == 'b') nxt[i][1] = i;
        if(s[i] == 'c') nxt[i][2] = i;
    }
    f[1][0][0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int a = 0; a <= (n + 2) / 3; a++)
            for(int b = 0; b <= (n + 2) / 3; b++)
                for(int c = 0; c <= (n + 2) / 3; c++)
                {
                    if(a + b + c == n && abs(a - b) <= 1 && abs(a - c) <= 1 && abs(b - c) <= 1) 
                    	ans = (ans + f[i][a][b][c]) % p; 
                    f[nxt[i][0]][a + 1][b][c] = (f[nxt[i][0]][a + 1][b][c] + f[i][a][b][c]) % p;
                    f[nxt[i][1]][a][b + 1][c] = (f[nxt[i][1]][a][b + 1][c] + f[i][a][b][c]) % p;
                    f[nxt[i][2]][a][b][c + 1] = (f[nxt[i][2]][a][b][c + 1] + f[i][a][b][c]) % p;
                }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}