51nod 1202不同子序列个数

题意

求本质不同子序列的数量。

传送门

思路

思路一：\(dp[i] = \sum_{j=last[a[i]]}^{i-1} dp[j]\)

\(dp[i]\) 表示第 i 位数字作为子序列的最后一位的数量。

当\(a[i]\) 未出现过时： \(dp[i]\) 可从之前所有状态包括空串转移过来，即：\(dp[i] = \sum_{j=0}^{i-1}dp[j]\)。

当\(a[i]\) 出现过时：\(dp[i]\) 还是可从之前所有状态转移过来，但是对于\([0,last[a[i]]-1]\) 中的状态会重复计算，所以减去 \(\sum_{j=0}^{last[a[i]]-1} dp[j]\) 。

用前缀和优化一下，复杂度即为\(O(n)\)。

最终状态含空串。

思路二：\(dp[i] = dp[i-1]\times2-dp[last[a[i]]-1]\)

\(dp[i]\) 表示枚举到第 \(i\) 位时所有本质不同子序列的数量，当添加 \(a[i]\) 到所有子序列中时，可选择加或者不加。

当 \(a[i]\) 未出现过时：\(dp[i]\) 相对于\(dp[i-1]\) 多了一倍外，还多一个长度为1的子序列 \(a[i]\)，即：\(dp[i] = dp[i-1]\times2+1\)。

当 \(a[i]\) 出现过时：\(dp[i]\) 相对于\(dp[i-1]\) 多了一倍，其中对于\([1, last[a[i]]-1]\) 中的状态会重复计算需要减掉，即：\(dp[i] = dp[i-1]\times2-dp[last[a[i]]-1]\)。

最终状态不含空串。

Code

#include <cstdio>

using namespace std;

const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int last[maxn];
int dp[maxn], pre[maxn];
int n, a[maxn];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", a+i);

//    思路一：
//    pre[0] = 1;
//    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//        if(last[a[i]] == 0) dp[i] = pre[i-1];
//        else dp[i] = (pre[i-1]-pre[last[a[i]]-1]+mod)%mod;
//        pre[i] = (pre[i-1] + dp[i]) % mod;
//        last[a[i]] = i;
//    }
//    printf("%d\n", (pre[n]-1+mod)%mod);

//  思路二：
    dp[1] = 1, last[a[1]] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if(last[a[i]] == 0) dp[i] = (dp[i-1]*2%mod+1)%mod;
        else dp[i] = (dp[i-1]*2%mod-dp[last[a[i]]-1]+mod)%mod;
        last[a[i]] = i;
    }

    printf("%d\n", dp[n]);
    return 0;
}