P7324-[WC2021]表達式求值【dp】

正題

題目連結:https://www.luogu.com.cn/problem/P7324

題目大意

給一個隻包含\(m\)個值的表達式，\(<\)表前後取最小值，\(>\)表前後取最大，\(?\)可以是小于也可以是大于。

然後\(n\)次給出這\(m\)個值，所有方案下表達式取值的和。輸出這\(n\)次答案的和。

\(1\leq n\leq 5\times 10^4,1\leq m\leq 10,1\leq |S|\leq 5\times 10^4\)

解題思路

有括号是以先把表達樹建出來，考慮到\(m\)很小，應該和狀壓有點關系。暴力的做法是直接做\(n\)次，時間複雜度是\(O(nm|S|)\)顯然過不了。

因為取值隻有\(m\)個，考慮把所有的資訊壓縮起來。實際上我們需要的資訊就隻有\(m\)個數之間的大小順序，這樣的狀态數是\(m!\)個，要搞起來時間複雜度最快是\(O(m!|S|)\)也過不了。

但是對于一個數字來說我們就隻需啊喲考慮它和其他數字的大小關系，狀态數是\(2^m\)。設\(f_{x,s,0/1}\)表示到節點\(x\)時，小于數字\(x\)的值狀态是\(s\)時到該節點的數字小于/大于數字\(x\)的方案數。

然後對于每個\(s\)跑出來一個答案，然後按照這個後面就很好做了。

時間複雜度\(O(2^m|S|+nm\log n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10,P=1e9+7;
ll n,m,k,cnt,L,ans,a[10][N],p[10],rev[N];
ll ls[N],rs[N],f[N][2],z[N],c[N];
char s[N];stack<ll> st;
ll Build(ll l,ll r){
	if(l==r){++cnt;c[cnt]=s[l]-'0';return cnt;}
	if(rev[r]==l)return Build(l+1,r-1);
	ll x=++cnt;
	if(rev[r]){
		ls[x]=Build(l,rev[r]-2);
		rs[x]=Build(rev[r]+1,r-1);
		c[x]=s[rev[r]-1];
	}
	else{
		ls[x]=Build(l,r-2);
		rs[x]=Build(r,r);
		c[x]=s[r-1];
	}
	return x;
}
void dfs(ll x,ll s){
	f[x][0]=f[x][1]=0;
	if(c[x]<10){
		f[x][!(s&(1<<c[x]))]=1;
		return;
	}
	dfs(ls[x],s);dfs(rs[x],s);
	if(c[x]!='>'){
		for(ll i=0;i<2;i++)
			for(ll j=0;j<2;j++)
				(f[x][min(i,j)]+=f[ls[x]][i]*f[rs[x]][j]%P)%=P;
	}
	if(c[x]!='<'){
		for(ll i=0;i<2;i++)
			for(ll j=0;j<2;j++)
				(f[x][max(i,j)]+=f[ls[x]][i]*f[rs[x]][j]%P)%=P;
	}
	return;
}
bool cmp(ll x,ll y)
{return a[x][k]<a[y][k];}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=0;i<m;i++)
		for(ll j=1;j<=n;j++)
			scanf("%lld",&a[i][j]);
	scanf("%s",s+1);L=strlen(s+1);
	for(ll i=1;i<=L;i++){
		if(s[i]=='(')st.push(i);
		else if(s[i]==')'){
			ll x=st.top();
			rev[x]=i;rev[i]=x;
			st.pop();
		}
	}
	Build(1,L);
	ll MS=(1<<m);
	for(ll i=0;i<MS;i++)
		dfs(1,i),z[i]=f[1][1];
	for(k=1;k<=n;k++){
		for(ll i=0;i<m;i++)p[i]=i;
		sort(p,p+m,cmp);
		(ans+=z[0]*a[p[0]][k]%P)%=P;
		ll S=0;
		for(ll i=1;i<m;i++){
			S|=(1<<p[i-1]);
			(ans+=z[S]*(a[p[i]][k]-a[p[i-1]][k])%P)%=P;
		}
	}
	printf("%lld\n",(ans+P)%P);
	return 0;
}