DP 套 DP

引入

本文将介绍 DP 套 DP 的思想，并通过两道例题展示它如何应用到具体问题中。

思想

所谓「DP 套 DP」，实际上指的是在动态规划的过程中，把一个子问题的求解过程（通常是一个 DP）抽象成一个自动机（DFA），然后在这个自动机的基础上再设计一层新的 DP 的方法。

这种技巧主要应用于一类 序列计数、概率或期望问题。一个典型的问题具有如下结构：

给定字符集 $Σ$ 和它上面一个长度为 $n$ 的「合法序列」的集合 $A \subseteq Σ^{n}$ 。根据字符集不同，序列可以是二进制串、数字串、状态序列等。
对于每一个具体的序列 $s \in Σ^{n}$ ，可以通过动态规划来判断它是否合法（即 $s \in A$ ），计算它的权值或求出相关值。
最终，我们希望统计集合 $A$ 中所有序列的数目、总权值、期望值等。

这时，枚举所有序列是不可行的。于是我们考虑将「判断一个序列是否合法」的过程（即内层 DP）抽象为一个确定有限状态自动机（DFA）。一般地，对于固定的序列 $s \in Σ^{n}$ ，内层 DP 的状态函数可以表示为 $g (i, x; s)$ ，即已经处理完序列 $s$ 的长度为 $i$ 的前缀，且其他状态分量为 $x$ 时某个量的取值。相应地，内层 DP 的状态转移方程为

g (i, \cdot; s) = G (g (i - 1, \cdot; s), s_{i}) .

也就是说，函数 $g (i, \cdot; s)$ 由之前的函数 $g (i - 1, \cdot; s)$ 和当前的字符 $s_{i}$ 唯一确定。如果将函数 $g (i, \cdot; s)$ 看作是自动机的一个状态，那么，内层 DP 的状态转移方程就给出了自动机的一个转移。因此，内层 DP 对应的自动机 $(Q, Σ, δ, q_{0}, F)$ 结构如下：

状态集合 $Q$ 就是所有可能的 $s \in Σ^{n}$ 和 $i = 0, 1, \dots, n$ 对应的函数 $g (i, \cdot; s)$ 的集合；
转移函数 $δ : Q \times Σ \to Q$ 就是内层 DP 的状态转移方程中的 $G$ ；
起始状态 $q_{0}$ 通常是显然的，即内层 DP 的初始状态；
接受状态集合 $F$ 就对应着所有的合法序列 $s \in A$ 。

函数 $g (i, \cdot; s)$ 本身可能相当复杂，因此，在处理具体问题时，通常需要进行状态压缩或结合 DFA 最小化的技巧来压缩状态空间。这也是 DP 套 DP 相较于暴力 DP 能够显著降低时空复杂度的主要原因。

将内层 DP 抽象为 DFA 后，就可以在这个 DFA 上设计一个新的 DP 用于求解原问题，即外层 DP。为方便表述，以简单的计数问题为例。外层 DP 的状态函数定义为 $f (i, q)$ ，即处理到长度为 $i$ 的前缀时，到达 DFA 中状态 $q \in Q$ 的前缀的数目。它的状态转移方程为

f (i, q) = \sum_{c \in Σ} \sum_{q^{'} \in Q : δ (q^{'}, c) = q} f (i - 1, q^{'}) .

起始状态当然是 $f (0, q_{0})$ ，而最终要求的答案通常可以根据 ${f (n, q) : q \in F}$ 简单计算得到。外层 DP 实际上是 DAG 上 DP 的特殊情形。

例题

接下来的两个例题会详细说明 DP 套 DP 的一般做法。

例一

Hero meet devil

给定一个字符集为 ACGT 的字符串 $S$ ，且 $| S | \leq 15$ 。对于每个 $0 \leq i \leq | S |$ ，求有多少个长度为 $m$ ，字符集 ACGT 的字符串 $T$ ，满足它与 $S$ 的最长公共子序列长度为 $i$ 。

题解

我们首先会想到一个 DP：设 $f_{i, j}$ 表示长度为 $i$ 的 $T$ 中，和 $S$ 的最长公共子序列的长度为 $j$ 的方案数。但是这样无法转移，我们发现主要的问题是，我们不知道这个最长公共子序列对应的是哪些字符。

考虑朴素求最长公共子序列的过程。设 $g_{i, j}$ 表示 $T$ 的前 $i$ 位和 $S$ 的前 $j$ 位，它们的最长公共子序列的长度，就有

g_{i, j} = max {g_{i - 1, j}, g_{i, j - 1}, g_{i - 1, j - 1} + [T_{i} = S_{j}]} .

我们发现，对于一个 $i$ ，只需要记录 $g_{i}$ 这个一维数组每一位的值，就能准确维护当前 $S$ 与 $T$ 前 $i$ 位最长公共子序列的状态。因为 $S$ 长度只有 $15$ ，我们发现这个思想是可行的。

于是重新设状态 $f_{i, x}$ 表示对于长度为 $i$ 的 $T$ ，与 $S$ 的 DP 数组（就是 $g_{i}$ ）状态为 $x$ 的方案数。这个 DP 看起来状态数很多，然而我们发现 $g_{i, j} - g_{i, j - 1} \in {0, 1}$ ，就可以维护 $g_{i}$ 的差分数组，状态数是 $2^{| S |}$ 的。

现在思考怎么转移。容易发现，如果我们知道了 $g_{i}$ 这个数组，也知道了 $T_{i + 1}$ ，就能通过朴素 LCS 转移（即前文的 DP 方程）求出 $g_{i + 1}$ 。于是朴素的 LCS 就成为了帮助 $f$ 转移的内层 DP。

因此，我们枚举 $T_{i + 1}$ ，计算出 $x$ 转移后的状态 $x^{'}$ ，再将 $f_{i + 1, x^{'}}$ 加上 $f_{i, x}$ 就可以完成外层 DP 的状态转移。最后，我们记录 ${ans}_{i}$ 为 LCS 长度为 $i$ 的答案，枚举每个状态 $S$ ， ${ans}_{popcount (S)}$ 加上 $f_{m, S}$ 即可。

参考代码

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXN = 100;

int T, a[MAXN + 1], h[MAXN + 1];
int g[MAXN + 1], m, n;
int nxt[1 << 16]
       [4];  // 状态转移表：nx[mask][ch] 表示 mask 状态下追加 ch 后的新状态
int f[1001]
     [1 << 16];  // DP 数组：f[i][mask] 表示长度为 i，处于状态 mask 的方案数
int ans[MAXN +
        1];  // 最终答案：ans[i] 表示长度为 m 时，包含 i 个匹配位置的方案数

void add(int &x, int y) { x = (x + y) % MOD; }

int calc(int mask, int x) {  // 给定当前 mask 状态和当前字符
                             // x（0~3），返回新状态
  int res = 0;
  for (int i = 0; i < n; ++i) g[i + 1] = g[i] + ((mask >> i) & 1);

  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (a[i] == x)
      h[i] = g[i - 1] + 1;
    else
      h[i] = max(h[i - 1], g[i]);
  }

  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    if (h[i] > h[i - 1]) res |= (1 << (i - 1));

  return res;
}

int popcount(int x) {  // 计算 mask 中有多少个 1（即匹配了多少位置）
  int res = 0;
  while (x) {
    res += x & 1;
    x >>= 1;
  }
  return res;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);

  cin >> T;
  while (T--) {
    string S;
    cin >> S >> m;
    n = S.length();

    memset(f, 0, sizeof(f));
    memset(ans, 0, sizeof(ans));
    memset(a, 0, sizeof(a));

    for (int i = 0; i < n; ++i) {
      if (S[i] == 'A') a[i + 1] = 0;
      if (S[i] == 'C') a[i + 1] = 1;
      if (S[i] == 'G') a[i + 1] = 2;
      if (S[i] == 'T') a[i + 1] = 3;
    }

    int lim = (1 << n);
    for (int i = 0; i < lim; ++i)
      for (int j = 0; j < 4; ++j) nxt[i][j] = calc(i, j);

    f[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
      for (int j = 0; j < lim; ++j)
        if (f[i][j])
          for (int k = 0; k < 4; ++k) add(f[i + 1][nxt[j][k]], f[i][j]);

    for (int i = 0; i < lim; ++i) add(ans[popcount(i)], f[m][i]);

    for (int i = 0; i <= n; ++i) cout << ans[i] << '\n';
  }

  return 0;
}

例二

[ZJOI2019] 麻将

假设麻将牌有 $n$ 种大小的牌，每种大小有 $4$ 张牌。定义面子为三张相邻大小的麻将牌 $i, i + 1, i + 2$ （顺子）或三种相同大小的麻将牌 $i, i, i$ （刻子），对子为两张相同大小的麻将牌 $i, i$ 。定义一个麻将牌的序列是胡的，当且仅当它（看作多重集合）可以拆成四个面子和一个对子，或者七个不同的对子。给定 $13$ 张麻将牌，问期望再摸多少张牌可以满足存在一个胡牌的子序列的条件。

题解

首先，对于一副牌，我们只需考虑每种牌的数量，而不必关心它们的顺序。因此，对于任何一副牌的任意前缀，我们都可以将它转化为一个长度为 $n$ ，每个位置上为 $0 \sim 4$ 的序列。初始时，第 $i$ 张牌的数量为 $a_{i}$ ，就相当于限制了序列中第 $i$ 个数字 $x_{i}$ 的取值为 $[a_{i}, 4]$ 内的整数。注意，转化后的序列没有考虑摸牌的顺序，但是题目中的麻将牌的序列是考虑顺序的。

设 $X$ 表示可以胡牌的最小摸牌次数。直接计算期望 $E [X]$ 较为困难，可以考虑进行如下转化。设 $h_{i}$ 表示摸了 $i$ 张牌后 没有胡 的序列数。因为它对应的麻将牌序列中，这 $i$ 张牌必然排在剩下的 $(4 n - 13 - i)$ 张牌前方，但是这 $i$ 张牌和剩下的 $(4 n - 13 - i)$ 张牌的顺序是任意的，所以，只摸前 $i$ 张牌无法胡牌的麻将牌序列的数目就是

h_{i} \cdot i! (4 n - 13 - i)! .

因为麻将牌序列的总数为 $(4 n - 13)!$ ，所以，只摸前 $i$ 张牌无法胡牌的概率为

P [X > i] = \frac{h_{i} \cdot i! (4 n - 13 - i)!}{(4 n - 13)!} .

利用尾求和公式，就可以得到所求期望

E [X] = \sum_{i = 0}^{\infty} P [X > i] = 1 + \sum_{i = 1}^{4 n - 13} \frac{h_{i} \cdot i! (4 n - 13 - i)!}{(4 n - 13)!} .

至此，问题转化为如何计算 $h_{i}$ 。我们采用 DP 套 DP 的方法来解决这一问题。

首先，考虑内层 DP，也就是要用动态规划判断一个（转化后的）序列是否对应一副能胡的牌。七对子的情形较为容易，重点讨论第一种胡牌的形式。为此，设 $g_{0 / 1, i, j, k}$ 表示处理完前 $i$ 种牌，还剩 $j$ 组 $(i - 1, i)$ 以及 $k$ 张 $i$ ，且存在/不存在对子（即 $0 / 1$ ）时最多的面子数。如果对于一个序列进行 DP，最后得到的 $g_{1, n}$ 中包括一个大于等于 $4$ 的数字，那么这个序列就是能胡的。

这个 DP 的状态转移较为复杂。我们分两步讨论。第一步，考虑 $g_{0 / 1, i}$ 的转移。这相当于说，如果要向现在的牌型中，添加 $x_{i}$ 张大小为 $i$ 的牌，但是不组成新的对子时，面子数如何转移。显然，如果希望在添加 $x_{i}$ 张大小为 $i$ 的牌后，要得到 $ℓ$ 个顺子， $j$ 个 $(i - 1, i)$ 和 $k$ 个单独的 $i$ ，那么，就应该从 $(g_{0 / 1, i - 1})_{ℓ, j}$ 中转移过来（这里的选择最大程度避免了浪费），并将剩余的牌 $(x_{i} - ℓ - j - k)$ 用于组成尽可能多的刻子。穷举所有的可能性，就得到如下转移方程：

\tilde{G} (g_{0 / 1, i - 1}, x_{i})_{j, k} = max {(g_{0 / 1, i - 1})_{ℓ, j} + ℓ + ⌊ \frac{x_{i} - ℓ - j - k}{3} ⌋ : ℓ + j + k \leq x_{i}} .

第二步，再考虑需要组成对子的情形。加入 $x_{i}$ 张大小为 $i$ 的牌时，有如下三种转移：

将 $g_{0, i - 1}$ 加 $x_{i}$ 张牌转移到 $g_{0, i}$ ；
将 $g_{1, i - 1}$ 加 $x_{i}$ 张牌转移到 $g_{1, i}$ ；
若 $x_{i} \geq 2$ ，将 $g_{0, i - 1}$ 加 $x_{i} - 2$ 张牌转移到 $g_{1, i}$ 。

由此，就得到了从 $g_{i - 1}$ 添加 $x_{i}$ 张牌得到 $g_{i}$ 的全部转移。

解决了内层 DP 的状态转移，就可以构建 胡牌自动机。自动机的转移就是上述内层 DP 的转移，还需要考虑如何表示自动机的每个状态。每个状态都对应 $g_{i}$ 的一种可能的取值。它有三个维度 $(0 / 1, j, k)$ 。因为 $j$ 和 $k$ 对应的维度中保留的 $(i - 1, i)$ 和 $i$ 都是用于将来组成顺子的，而三个相同顺子总是可以重组为三个刻子，所以，只需要考虑组成不超过 $2$ 个相同顺子的需求就行，每种牌型也就只要保留不超过 $2$ 个，即 $j, k \in {0, 1, 2}$ 。因此， $g_{i}$ 可以表示为一个 $2 \times 3 \times 3$ 的数组。另外，为了维护七对子的胡牌牌型，还需要为每个状态添加一个计数器，用于表示当前最多可组成的对子数目。

数组 $g_{i}$ 中每个元素的取值范围可能是 ${- \infty} \cup N$ ，但是，因为面子数目大于等于 $4$ 都是胡牌，所以，可以限制每个元素取值不超过 $4$ 。由于胡牌序列再添加任何牌都是胡牌序列，所以，可以利用 DFA 最小化的思想，将全体胡牌状态压缩为一个状态。因此，对于非胡牌状态，实际上每个位置的取值只要考虑 ${- \infty} \cup {0, 1, 2, 3}$ 就可以了。实现时， $- \infty$ 用 $- 1$ 表示。

尽管如此，所有可能的状态依然相当地多，共有 $1 + 7 \times 5^{18}$ 种。穷举它们并不现实。实际上，绝大多数这些可能性都不会真的出现在一个胡牌自动机中。为了避免考虑实际不存在的状态，可以利用 BFS 的思想，从初始状态开始，一步一步扩展状态，直到胡牌状态处停止。这样得到的自动机中有 $N = 2092$ 个状态。

最后，考虑如何在胡牌自动机上 DP（即外层 DP）。设 $f_{i, j, k}$ 表示处理到第 $i$ 张牌，共摸了 $j$ 张牌，走到了胡牌自动机上的 $k$ 号状态的序列数。转移时，枚举摸牌数 $0 \leq t \leq 4 - a_{i}$ ，其中 $a_{i}$ 为初始 $13$ 张牌中用掉的 $i$ 的张数，将之前的序列数乘以 $4 - a_{i}$ 张牌中选 $t$ 张牌的方案数 $(\binom{4 - a_{i}}{t})$ ，再累加到一起。形式化地，有：

f_{i + 1, j + t, k^{'}} = \sum_{t = 0}^{4 - a_{i}} (\binom{4 - a_{i}}{t}) f_{i, j, k} .

其中， $k^{'} = δ (k, a_{i} + t)$ ，表示向自动机的状态 $k$ 中加入 $a_{i} + t$ 张牌后的状态。外层 DP 结束后，就可以计算出摸了 $i$ 张牌仍然没有胡牌的序列数目，即

h_{i} = \sum_{j = 1}^{N} f_{n, i, j} .

代入前文所述表达式，就可以得到所要求的期望。

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <map>
#include <unordered_map>
using namespace std;

const int N = 100, M = 400, mod = 998244353;

int n, m, a[N + 5], fact[M + 5], inv[M + 5];

inline int C(int x, int y) {
  return 1LL * fact[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}

class HuAutomation {  // 胡牌自动机
 private:
  class Mat {
   private:
    int f[3][3];

   public:
    Mat() {
      for (int i = 0; i <= 2; i++)
        for (int j = 0; j <= 2; j++) f[i][j] = -1;
    }

    int* operator[](const int& x) { return f[x]; }

    inline bool operator==(Mat x) const {
      for (int i = 0; i <= 2; i++)
        for (int j = 0; j <= 2; j++)
          if (f[i][j] != x[i][j]) return 0;
      return 1;
    }

    inline bool operator<(Mat x) const {
      for (int i = 0; i <= 2; i++)
        for (int j = 0; j <= 2; j++)
          if (f[i][j] != x[i][j]) return f[i][j] < x[i][j];
      return 0;
    }

    inline bool Check() {
      for (int i = 0; i <= 2; i++)
        for (int j = 0; j <= 2; j++)
          if (f[i][j] > 3) return 1;
      return 0;
    }

    inline void Upd(Mat x, int t) {
      // 将已有矩阵 x 的值更新到当前矩阵中，模拟加入 t 张当前牌后的状态
      for (int i = 0; i <= 2; i++)
        for (int j = 0; j <= 2; j++)
          if (x[i][j] != -1)
            for (int k = 0; k < 3 && i + j + k <= t; k++)
              f[j][k] = max(f[j][k], min(i + x[i][j] + (t - i - j - k) / 3, 4));
      // i,j,k,(t-i-j-k)
      // 表示分别枚举用于拼面子、用于保留(i-1,i)、用于保留i和直接拼面子的牌数
      //  更新时限制最多 4 个对子
    }
  };

  struct node {
    int t, state[5];
    Mat F[2];

    node() {
      for (int i = 0; i <= 4; i++) state[i] = 0;
      t = 0;
      for (int i = 0; i <= 1; i++) F[i] = Mat();
    }

    inline bool Check() { return t == -1 || t >= 7 || F[1].Check(); }

    node Hu() {
      node x;
      x.t = -1;
      return x;
    }

    bool operator<(const node& x) const {
      if (t == x.t) {
        if (F[0] == x.F[0]) return F[1] < x.F[1];
        return F[0] < x.F[0];
      }
      return t < x.t;
    }

    node operator+(int x) {      // 加上 x 张新牌
      if (Check()) return Hu();  // 胡了直接返回
      node res;
      res.F[0].Upd(F[0], x), res.F[1].Upd(F[1], x);  // 更新
      res.t = t;
      if (x > 1) res.F[1].Upd(F[0], x - 2), ++res.t;
      if (res.Check()) res = Hu();  // 判断是否胡了
      return res;
    }
  } A[2100];

  map<node, int> mp;

  inline int Get(node x) {
    if (mp.count(x)) return mp[x];
    mp[x] = ++tot;
    A[tot] = x;
    return tot;
  }

  inline void Expand(int x) {
    // 构建状态转移图：
    // 对于当前状态 A[x]，尝试加入 0~4 张同种牌，得到 5 个新状态
    for (int i = 0; i <= 4; i++) A[x].state[i] = Get(A[x] + i);
  }

  inline node Hu() {
    node x;
    x.t = -1;
    return x;
  }

  inline node Emp() {
    node x;
    x.F[0][0][0] = 0;
    return x;
  }

 public:
  int tot, f[N + 5][M + 5][2100];

  inline void Build() {
    A[1] = Emp(), A[2] = Hu();  // 状态1是初始合法状态，2 是胡牌状态
    mp[A[1]] = 1, mp[A[2]] = 2;
    tot = 2;
    Expand(1);
    for (int i = 3; i <= tot; i++)
      Expand(i);  // 枚举所有可达状态，构建状态图（因为 2
                  // 是胡牌状态所以不需要拓展）
  }

  void DP() {
    f[0][0][1] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = m; j >= 0; j--)
        for (int k = 1; k <= tot; k++)
          if (f[i - 1][j][k])
            for (int t = 0; t <= 4 - a[i]; t++)
              // 枚举这张牌能加多少个（不能超过4，总共已有a[i]个），做组合转移
              (f[i][j + t][A[k].state[a[i] + t]] +=
               1LL * f[i - 1][j][k] * C(4 - a[i], t) % mod) %= mod;
  }
} Hfu;

inline long long qpow(long long x, int y) {
  long long res = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) res = res * x % mod;
    x = x * x % mod;
    y >>= 1;
  }
  return res;
}

void init(int n) {
  fact[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) fact[i] = 1LL * fact[i - 1] * i % mod;
  inv[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
  for (int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = 1LL * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);

  int ans = 0;
  Hfu.Build();  // 状态图构建
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= 13; i++) {
    int x, y;
    cin >> x;
    cin >> y;
    ++a[x];
  }
  m = (n << 2) - 13;
  init(m);
  Hfu.DP();

  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    (ans += 1LL * Hfu.f[n][i][1] * fact[i] % mod * fact[m - i] % mod) %= mod;
    for (int j = 3; j <= Hfu.tot; j++)  // 因为 2 节点是胡牌节点所以不统计
      (ans += 1LL * Hfu.f[n][i][j] * fact[i] % mod * fact[m - i] % mod) %= mod;
    // f[i][j][k]：表示处理到第 i 张牌，共摸了 j 张牌，走到了胡牌自动机上的 k
    // 号节点的方案数 每个方案乘以 i!(用于排列这 i 张) × (m - i)!
    // (剩下的牌排列)，求和后取模
  }

  cout << (1LL * ans * inv[m] + 1) % mod;
  // 最终答案乘上 inv[m] 是除以 m!，即去掉总排列数，最后 +1 是 dp 的定义是摸完 i
  // 张还没有胡
  return 0;
}

习题

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