子序列的个数（dp）

子序列的个数

给定一个正整数序列，序列中元素的个数和元素值大小都不超过105, 求其所有子序列的个数。注意相同的只算一次：例如 {1,2,1}有子序列{1} {2} {1,2} {2,1}和{1,2,1}。最后结果对10^9 + 7取余数。

分析： 万能枚举，时间复杂度O(2^n)——因为每一项都可以选择取或者不取嘛。这个不可行，n太大了。

我们想想动态规划？严格来讲这个题不是一个dp的问题，因为它是一个数数（组合数学）的问题，不是一个优化的问题。我们来想想2^n个子序列是怎么来的——之前已经有2^(n-1)个了，再加上最后一个或者不加上最后一个，还有两种选择。

假设dp[i]表示前i项形成的子序列（含空）的个数。下标从1开始，初值是dp[0] = 1，对应代表空子序列。我们考虑第i项，如果所有的数都不相等，应该有dp[i] = dp[i – 1] * 2，其实就是考虑把第i个数放到最后或者不放到最后的情况。

然而，因为有可能有相同的数，我们假设第i个数出现之前最近的在j (j < i)位置也出现过，那么实际上我们这种简单＊2会有重复，哪些子序列重复呢？ 我们设数列为a, 并且下标从1开始。

原来恰好以第j个数结尾的那些被我们算了两次，因为以第j个数结尾可以换成以第i个数结尾是一样的。如何计算出这个数的个数呢？ 其实这个数等于dp[j – 1]，因为前面(j – 1)个数的子序列最后跟上第j个数就可以了。

于是我们有了递推式：

dp[i] = dp[i – 1] * 2  如果a[i]不在之前出现
dp[i] = dp[i – 1] * 2 – dp[j – 1]，如果a[i]最近在j的位置出现过。

这里有一个问题：我们如何找到a[i]最近在哪里出现呢？我们可以用一个hash，更简单的方式是直接把a[i]放到数组下标里，记录它最后一次出现的位置，因为数据范围并不大，可以承受。 所以我们有了一个时间复杂度O(n)的动态规划解法。

注意最后答案是dp[n] – 1 因为我们需要减掉一个全空子序列。

伪代码：

输入: a[1..n]
辅助变量： have[x]表示目前x在a中最后一次出现的位置，如果没出现就是0，否则是一个正数。

 

1

2

3

4

5

dp [ 0 ]  =  1

for   i  =  1  to  n  do

     dp [ i ]  =  dp [ i –  1 ]  *  2

     if  have [ a [ i ]]  >  0  then  dp [ i ]  -=  dp [ have [ a [ i ]] –  1 ]

return  dp [ n ] –  1

 

另外，题目为了避免大数运算采用了取余数操作，请别忘记取余数操作。

最后，我们来提供输入输出数据，由你来写一段程序，实现这个算法，只有写出了正确的程序，才能继续后面的课程。

输入

第1行：一个数N，表示序列的长度(1 <= N <= 100000)
第2 - N + 1行：序列中的元素(1 <= a[i] <= 100000)

输出

输出a的不同子序列的数量Mod 10^9 + 7。

输入示例

4
1
2
3
2

输出示例

13

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#define mod 1000000007
using namespace std;

int a[100005];
int dp[100005];  //前i项的最大子序列个数
int s[100005];

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    memset(s,0,sizeof(s));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    dp[0]=1;  //空子序列
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=(dp[i-1]*2)%mod;
        if(s[a[i]]>0)  //a[i]和前面的一个数j重复，减去以j结尾的子序列个数
            dp[i]=(dp[i]-dp[s[a[i]]-1]+mod)%mod; //前面(j – 1)个数的子序列最后跟上第j个数。
        s[a[i]]=i;
    }
    cout<<(dp[n]-1)%mod<<endl;  //减去空序列
    return 0;
}