作者：Ycandy | 来源：互联网 | 2023-06-03 11:02
复盘\(\color{black}{\text{c}}\color{red}{\text{yx}}\)讲的题，我是不会告诉你我不知道他网名的。这可以来一手反复鞭尸（Descript
复盘 \(\color{black}{\text{c}}\color{red}{\text{yx}}\) 讲的题，我是不会告诉你我不知道他网名的。
这可以来一手反复鞭尸（
Description
区间本质不同子序列，母串长度 \(n\) ，询问 \(q\) 次，字符集大小 \(|\sum|\) 。
\(n,\ q\leq 10 ^ 5,\ |\sum| \leq 9\)
Analysis
本来还有一个区间本质不同子串，但显然这俩都不是一个类型的（
显然子序列和子串都不是一个量级的，肯定又要用到压缩状态的好手：
DP。
我们可以考虑只枚举最后一位是什么，我们可以考虑在前面 \(i\) 个里面任选，结尾是 \(j\) 的数量，令为 \(f_{i, j}\) ，同时令结尾 \(m+1\) 的地方什么都没有填。
所以对于结尾不是 \(j\) 的地方，都只能继承上一个位置的答案，反之，则任何位置都能转移下来。
而且这不会算重：
假如存在形如 “STS” 的形式，当后面的 “S” 完成了拼接的之后，前面的 “S” 可以视作拼接成了 “S__S” 的样子，并没有重，反而正好不漏。
DP 转移如下：
\[ f_{i, j} = \left\{
\begin{array}{ll}
f_{i - 1, j}&,j \neq S_i \\
\sum_{k = 1} ^ {m + 1} f_{i - 1, k}&,j = S_i
\end{array}
\right.
\]
最终答案就是：\(\sum_{k = 1} ^ m f_{n, k}\) 。
那我们就得到了 \(O(qnm)\) 的憨憨做法。
sol0
/*
*/
#include
using namespace std;
#define File(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".out", "w", stdout);
#define Check(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".ans", "w", stdout);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair pii;
#define fi first
#define se second
#define mp std::make_pair
const int mod = 1e9 + 7;
template
inline int M(A x) {return x;}
template
inline int M(A x, B ... args) {return 1ll * x * M(args...) % mod;}
#define mi(x) (x >= mod) && (x -= mod)
#define ad(x) (x <0) && (x += mod)
const int N = 1e5 + 10;
int n, q, f[N][10], su[N][10];
char s[N];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cin >> (s + 1) >> q; n = strlen(s + 1);
for (int i = 1, l, r; i <= q; ++i) {
std::cin >> l >> r;
for (int k = 0; k <9; ++k) {
f[l - 1][k] = su[l - 1][k] = 0;
}
f[l - 1][9] = su[l - 1][9] = 1;
for (int j = l; j <= r; ++j) {
for (int k = 0; k <10; ++k) {
if (k == s[j] - 'a') {
f[j][k] = su[j - 1][9];
}
else f[j][k] = f[j - 1][k];
if (!k) su[j][k] = f[j][k];
else su[j][k] = su[j][k - 1] + f[j][k];
mi(su[j][k]);
}
}
std::cout < }
return 0;
}
Sol1
发现转移比较单一，考虑能不能矩阵预处理一下。
因为不等于是对应位直接转移，等于至整体转移，所以就是对角线全是 1 以及其中一行全是 1 ：
\[A_i = \left(
\begin{array}{l}
1\ \ 0\ \ 0\ \ 0\ \ 0 \\
1\ \ 1\ \ 1\ \ 1\ \ 1 \\
0\ \ 0\ \ 1\ \ 0\ \ 0 \\
0\ \ 0\ \ 0\ \ 1\ \ 0 \\
0\ \ 0\ \ 0\ \ 0\ \ 1
\end{array}
\right)
\]
这样的话答案就会形如一段 \(A\) 的乘积，因为矩阵乘法没有交换律，所以除了前缀积，还要维护后缀积（逆矩阵）。
那无论是预处理还是查询就都是 \(O(m ^ 3)\) 的了。总体下来就是 \(O\Big((n + q) m ^ 3\Big)\) 。
Sol1
/*
*/
#include
using namespace std;
#define File(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".out", "w", stdout);
#define Check(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".ans", "w", stdout);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair pii;
#define fi first
#define se second
#define mp std::make_pair
const int mod = 1e9 + 7;
template
inline int M(A x) {return x;}
template
inline int M(A x, B ... args) {return 1ll * x * M(args...) % mod;}
#define mi(x) (x >= mod) && (x -= mod)
#define ad(x) (x <0) && (x += mod)
const int N = 1e5 + 10;
int n, q;
char s[N];
struct matrix {
int a[10][10];
matrix() {memset(a, 0, sizeof(a));}
inline void init() {for (int i = 0; i <10; ++i) a[i][i] = 1;}
matrix operator * (const matrix &it) const {
matrix t;
for (int i = 0; i <10; ++i) {
for (int k = 0; k <10; ++k) {
if (!a[i][k]) continue;
for (int j = 0; j <10; ++j) {
t.a[i][j] += M(a[i][k], it.a[k][j]);
mi(t.a[i][j]);
}
}
}
return t;
}
} pre[N], suf[N];
inline void init() {
pre[0].init(); suf[0].init();
for (int i = 1, c; i <= n; ++i) {
c = s[i] - 'a';
for (int j = 0; j <10; ++j) {
suf[i].a[c][j] = 1;
pre[i].a[c][j] = mod - 1;
}
pre[i].init(); suf[i].init();
}
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
pre[i] = pre[i - 1] * pre[i];
suf[i] = suf[i] * suf[i - 1];
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cin >> (s + 1) >> q; n = strlen(s + 1);
init();
for (int i = 1, l, r; i <= q; ++i) {
std::cin >> l >> r;
matrix res = suf[r] * pre[l - 1];
int ans = 0;
for (int j = 0; j <10; ++j) {
ans += res.a[j][9]; mi(ans);
}
std::cout < }
return 0;
}
Sol2
一下子写了太多，先咕咕咕啦（
京公网安备 11010802041100号