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$\text{开}\mathop{\text{卷}}\limits^{ju\check{a}n}\text{有益}$

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P8273 [USACO22OPEN] Pair Programming G

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P8273 [USACO22OPEN] Pair Programming G

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解法

看到 $n \le 2000$，不难想到可能是个 $O(n^2)$ 的 $dp$。

设 $dp[i][j]$ 表示匹配到 Bessie 程序中的第 $i$ 位和 Elsie 程序中的第 $j$ 位。

显然转移的方式应该是 $dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - \text{某个重复算的东西}$。

不难发现只有在下列情况才会有东西重复算：

  • $s1_i$ 和 $s2_j$ 同为数字或同为 +
  • $s1_i$ 或 $s2_j$ 中有一个是 $1$

重复算的时候，简单容斥下发现需要减去 $dp[i-1][j-1]$。

还有个棘手的问题，就是要处理 $\times 0$ 这种操作，因为其会导致“前功尽弃”。所以可以在 $dp$ 的同时记录下 $f[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 是否能达到表达式为 $0$ 这种情况。

代码实现的话，我是开了个 Node 方便同时进行 $dp$ 和 $f$ 的储存。具体可以看我的代码。

AC代码

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/**
 * @file:           T2.cpp
 * @author:         yaoxi-std
 * @url:            
*/
// #pragma GCC optimize ("O2")
// #pragma GCC optimize ("Ofast", "inline", "-ffast-math")
// #pragma GCC target ("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define resetIO(x) \
    freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#x ".out", "w", stdout)
#define debug(fmt, ...) \
    fprintf(stderr, "[%s:%d] " fmt "\n", __FILE__, __LINE__, ##__VA_ARGS__)
template <class _Tp>
inline _Tp& read(_Tp& x) {
    bool sign = false; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) sign |= (ch == '-');
    for (x = 0; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + (ch ^ 48);
    return sign ? (x = -x) : x;
}
template <class _Tp>
inline void write(_Tp x) {
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar((x % 10) ^ 48);
}
bool m_be;
using ll = long long;
const int MAXN = 2e3 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
int n;
char s1[MAXN], s2[MAXN];
inline int add(int x, int y) { return (x += y), (x >= MOD ? x - MOD : x); }
inline int sub(int x, int y) { return (x -= y), (x < 0 ? x + MOD : x); }
struct Node {
    int cnt; bool zero; // cnt 除 0 之外的有多少种表达式，zero 是否能使得表达式为 0
    // 两个 Node 相加（合并），cnt 相加，zero 取或，这个不必多说
    Node operator+(const Node& o) const { return {add(cnt, o.cnt), zero || o.zero}; }
    Node& operator+=(const Node& o) { return cnt = add(cnt, o.cnt), zero |= o.zero, *this; }
    // 两个 Node 相减（也就是减去重复的部分容斥），cnt 相减，zero不变
    Node operator-(const Node& o) const { return {sub(cnt, o.cnt), zero}; }
    Node& operator-=(const Node& o) { return cnt = sub(cnt, o.cnt), *this; }
    // 将 Node 后面添加一个操作后更新 cnt 和 zero
    Node extend(char c) const {
        // *0 的操作
        if (c == '0') return {0, 1};
        // *x 的操作
        if (isdigit(c)) return {cnt, zero};
        // 新添加变量
        return {add(cnt, zero), 0};
    }
} dp[MAXN][MAXN];
// 判断两个操作交换顺序后是否等价
inline bool same(char c1, char c2) {
    if (isdigit(c1) == isdigit(c2)) return 1;
    if (c1 == '1' || c2 == '1') return 1;
    return 0;
}
bool m_ed;
signed main() {
    // debug("Mem %.5lfMB.", fabs(&m_ed - &m_be) / 1048576);
    int cas; read(cas);
    while (cas--) {
        scanf("%d%s%s", &n, s1 + 1, s2 + 1);
        for (int i = 0; i <= n; ++i) for (int j = 0; j <= n; ++j) dp[i][j] = {0, 0};
        dp[0][0] = {0, 1};
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            for (int j = 0; j <= n; ++j) {
                if (i) dp[i][j] += dp[i - 1][j].extend(s1[i]);
                if (j) dp[i][j] += dp[i][j - 1].extend(s2[j]);
                if (i && j && same(s1[i], s2[j])) dp[i][j] -= dp[i - 1][j - 1].extend(s1[i]).extend(s2[j]);
            }
        }
        write(add(dp[n][n].cnt, dp[n][n].zero)), putchar('\n');
    }
    return 0;
}