洛谷P2516 [HAOI2010]最長公共子序列（LCS，最短路）

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一進來就看到一個多月前秒了此題的ysn和YCB%%%

最長公共子序列的\(O(n^2)\)的求解，Dalao們想必都很熟悉了吧！不過蒟蒻忽然發現，用網格圖貌似能夠很輕鬆地理解這個東東？

設字符串長度爲\(n,m\)，那麼想象咱們有一個\(n+1\)行\(m+1\)列的網格圖，只能從左下角往右、上兩個方向走。定義每條路徑的長度都爲\(1\)。記第\(i\)行第\(j\)列爲\((i,j)\)。

話說網格圖真tm難畫

求最長公共子序列本質上是在兩個序列中尋找最多的配對，並且這些配對的位置在序列中的位置也要分別遞增。

那麼，若是\(x_i\)與\(y_j\)相等，那麼咱們就從\((i-1,j-1)\)向\((i,j)\)連一條邊。這在網格圖中分明是一條條捷徑，那麼咱們要尋找最長公共子序列，可不能夠轉化爲尋找最短路，或者說尋找通過捷徑次數最多的路徑呢？

這個模型是很巧妙的，知足了配對的位置在序列中的位置分別遞增（由於只能往右、上走）。

那麼再看第二問。顯然在這個模型中，不一樣的公共子序列對應的，不是至少有一條邊不相同的路徑，而是至少有一條捷徑不相同的路徑。那麼這個該怎麼DP呢？

設到達\((i,j)\)最多能通過的捷徑數（即序列的兩個前綴的最長公共子序列長度）爲\(mf_{i,j}\)，方案數爲\(f_{i,j}\)。顯然\((i,j)\)能夠從\((i-1,j)\)和\((i,j-1)\)轉移，若是\(x_i=y_j\)那麼還能夠從\((i-1,j-1)\)轉移（\(mf\)加上\(1\)）。依次轉移，若是新的\(mf\)更大則直接覆蓋原信息，若是\(mf\)相等則\(f\)相加。

然而，再次注意不一樣路徑的定義。那麼是否是可能存在這樣一種狀況：到\((i-1,j-1)\)的一條路徑，分別轉移給了\((i-1,j)\)和\((i,j-1)\)，而再一次轉移給了\((i,j)\)，沒有通過不一樣的捷徑，卻計算了兩遍！顯然只有\(mf_{i-1,j-1}=mf_{i,j}\)的時候上述狀況纔會發生，那麼這時咱們從\(f_{i,j}\)減去\(f_{i-1,j-1}\)便可。

思路都清晰了。在開始碼DP以前，咱們還須要注意這個DP的過程，每行只會從上一行轉移，因而使用滾動數組優化空間，防止MLE。

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define I inline
#define R RG int
#define G c=getchar()
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5009,YL=1e8;
char x[N],y[N];
int ff[N],gg[N],mff[N],mgg[N];
int main(){
    scanf("%s%s",x+1,y+1);
    R n=strlen(x+1)-1,m=strlen(y+1)-1,i,j,*f=ff,*g=gg,*mf=mff,*mg=mgg;
    g[0]=1;for(j=0;j<=m;++j)f[j]=1;
    for(i=1;i<=n;++i,swap(f,g),swap(mf,mg)){//滾動數組
        memset(g +1,0,m<<2);//注意清空
        memset(mg+1,0,m<<2);
        for(j=1;j<=m;++j){//三方向轉移
            if(x[i]==y[j])mg[j]=mf[j-1]+1,g[j]=f[j-1];
            if(mf[j]>mg[j])mg[j]=mf[j],g[j]=f[j];//覆蓋
            else if(mf[j]==mg[j])(g[j]+=f[j])%=YL;//相加
            if(mg[j-1]>mg[j])mg[j]=mg[j-1],g[j]=g[j-1];
            else if(mg[j-1]==mg[j])(g[j]+=g[j-1])%=YL;
            if(mf[j-1]==mg[j])(g[j]+=YL-f[j-1])%=YL;//減掉重複的部分
        }
    }
    printf("%d\n%d\n",mf[m],f[m]);
    return 0;
}