CH5302 金字塔【区间DP】

5302 金字塔 0x50「动态规划」例题

描述

虽然探索金字塔是极其老套的剧情，但是有一队探险家还是到了某金字塔脚下。经过多年的研究，科学家对这座金字塔的内部结构已经有所了解。首先，金字塔由若干房间组成，房间之间连有通道。如果把房间看作节点，通道看作边的话，整个金字塔呈现一个有根树结构，节点的子树之间有序，金字塔有唯一的一个入口通向树根。并且，每个房间的墙壁都涂有若干种颜色的一种。
探险队员打算进一步了解金字塔的结构，为此，他们使用了一种特殊设计的机器人。这种机器人会从入口进入金字塔，之后对金字塔进行深度优先遍历。机器人每进入一个房间（无论是第一次进入还是返回），都会记录这个房间的颜色。最后，机器人会从入口退出金字塔。
显然，机器人会访问每个房间至少一次，并且穿越每条通道恰好两次（两个方向各一次），然后，机器人会得到一个颜色序列。但是，探险队员发现这个颜色序列并不能唯一确定金字塔的结构。现在他们想请你帮助他们计算，对于一个给定的颜色序列，有多少种可能的结构会得到这个序列。因为结果可能会非常大，你只需要输出答案对10^9 取模之后的值。

输入格式

输入文件包含一行，一个字符串S，长度不超过300，表示机器人得到的颜色序列。

输出格式

输出一个整数表示答案。

样例输入

ABABABA

样例输出

样例解释

例如序列“ABABABA”对应5种金字塔结构，最底部是树根。我们认为子树之间是有序的，所以方案3和4是两种不同的方案。如书中图所示。

来源

原创

题意：

给定的字符串是一棵树dfs遍历的顺序结果。求的是有多少种树可以得到这种结果。

思路：

子串S[l,r]对应一棵子树。S[l+1]和S[r-1]就是进入和离开时产生的。[l, r]区间对应一个子问题。

把子串S[l,r]分成两部分，每一部分由若干棵子树组成。为了计数不重不漏，只考虑S[l,r]的第一棵子树是由哪一段构成的。枚举划分点k，S[l+1,k-1]构成[l, r]的第一棵子树。如果k不相同，那么子串S[l+1,k-1]代表的子树的大小也不相同，就不可能产生重复计算的结构。

对于方案技术类的动态规划问题，通常一个状态的各个决策之间满足“加法原理”，而每个决策划分的几个子状态之间满足“乘法原理”。在设计状态转移方程的决策方式与划分方法时，一个状态的所有决策之间必须具有互斥性，才能保证不会出现重复问题。

 #include <bits/stdc++.h>

 #include<iostream>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<stdio.h>

 #include<cstring>

 #include<map>

 #define inf 0x3f3f3f3f

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 int n;

 const int maxn = ;

 const LL mod = 1e9;

 char ch[maxn];

 int dp[maxn][maxn];

 int main()

 {

     //scanf("%d", &n);

     scanf("%s", ch);

     n = strlen(ch);

     memset(dp, , sizeof(dp));

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

         dp[i][i] = ;

     }

     for(int len = ; len < n; len++){

         for(int l = ; l  + len < n; l++){

             int r = l + len;//左闭右开 因为l和r其实代表的是同一个节点

             dp[l][r] = ;

             if(ch[l] == ch[r] && (len + ) % ){

                 dp[l][r] = dp[l + ][r - ];

                 for(int k = l + ; k < r; k++){

                     if(ch[l] == ch[k]){

                         dp[l][r] = (dp[l][r] + (LL)dp[l + ][k - ] * dp[k][r]) % mod;

                     }

                 }

             }

         }

     }

     printf("%d\n", dp[][n - ]);

     return ;

 }