【Foreign】字串变化 [DP]

字串变化

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Description

　　定义一个（大写字母）字符串集合{S},初始时值包含一个给定的字符串S1，每次从中任意取出一个字符串，将它变换后再放入集合中。要求新的字符串在集合中没有出现过。
　　变换的规则：在变化前、后，字符串均有大写字母组成，每次只改动一个位置，使它的ASCLL加1。例如：‘A’ –> ‘B’。如果位置为‘Z’，则无法改动。
若干次操作后，该集合的元素个数一定会达到最大。
　　对最后的集合（已按字典序排列）中的Si（i >1），定义Sj=P[Si]（Si由Sj变化而来）。
　　求最大元素个数及{P}的方案数。（详情见样例。）

Input

　　第1行有1个由大写字母组成的字符串。

Output

　　输出2行，每行包含一个数，第一行表示最大元素个数，第二行表示方案数，答案都模10007。

Sample Input

　　XYZ

Sample Output

　　6
　　4

　　explain：
　　最终集合为{XYZ,XZZ,YYZ,YZZ,ZYZ,ZZZ}
　　{P}方案有{0,1,1,2,3,4},{0,1,1,3,3,4},{0,1,1,2,3,5},{0,1,1,3,3,5}

HINT

　　初始字符串长度<=1000.

Solution

　　第一问乘一下就好了，这里讨论一下第二问。
　　用'Z'-ai得到一个数字串，那么操作就变成了：每次将一个数字-1，最后全部减成0。比如'XYZ'，我们将其变成'012'。
　　然后考虑状态是怎么变来的：
　　显然，有几位是不满的，就有几种转移来的方法（其中任意一位数字+1，即可得到一种父状态）。
　　记一个状态可以由k个状态转移过来，然后答案显然就是：πk。
　　我们考虑，
　　我们得到一个长度为n的01串vis，如果这一位是1表示这一位不满。
　　那么这个01串对答案的贡献就是：k ^ (π [vis_i=1]*a_i)。（k表示1的个数）
　　为什么呢？对于一个位置，当这一位是[0,ai-1]都是不满的，个数就是ai。
　　然后这样枚举每一位是否满，可以做到O(2^n)。
　　我们考虑优化：
　　把k相同的放在一起计算，记贡献为k^num[k]。num[k]即是各种1的个数为k情况的指数之和。
　　num怎么得到呢？
　　用f[i][j]表示到了第i位，有j个数不满的方案数，显然可以得到这样的递推式子：
　　f[i][j] = f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * ('Z'-a[i])
　　然后Ans = π k^f[n][k]，就解决了这题qwq。

Code

 #include<iostream>

 #include<string>

 #include<algorithm>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<cstdlib>

 #include<cmath>

 #include<bitset>

 using namespace std;

 typedef long long s64;

 const int ONE = ;

 const int MOD = ;

 int n;

 int a[ONE];

 char ch[ONE];

 int f[ONE][ONE];

 int Ans;

 int get()

 {

         int res=,Q=;char c;

         while( (c=getchar())< || c> )

         if(c=='-')Q=-;

         res=c-;

         while( (c=getchar())>= && c<= )

         res=res*+c-;

         return res*Q;

 }

 int Quickpow(int a, int b)

 {

         int res = ;

         while(b)

         {

             if(b & ) res = (s64)res * a % MOD;

             a = (s64)a * a % MOD;

             b >>= ;

         }

         return res;

 }

 int main()

 {

         scanf("%s", ch + );

         n = strlen(ch + );

         for(int i=; i<=n; i++)

             a[i] = 'Z' - ch[i];

         Ans = ;

         for(int i=; i<=n; i++)

             Ans = (s64)Ans * (a[i]+) % MOD;

         printf("%d\n", Ans);    Ans = ;

         f[][] = ;

         for(int i=; i<=n; i++)

         {

             f[i][] = ;

             for(int j=; j<=i; j++)

                 f[i][j] = (f[i-][j] + f[i-][j-] * a[i] % (MOD - )) % (MOD - );

         }

         for(int k=; k<=n; k++)

             Ans = (s64)Ans * Quickpow(k, f[n][k]) % MOD;

         printf("%d", Ans);

 }

巴特西