[BZOJ 3864][HDU 4899]Hero meet devil(DP套DP)

题意
给你一个只由AGCT组成的字符串S(|S|≤15),对于每个1≤i≤|S|
询问有多少个只由AGCT组成的长度为m(1≤m≤1000)的字符串T,使得LCS(S,T)=i。
|S|<=15. m<= 1000$

暴力显然就是2^m枚举，然后求lcs.
假设求lcs的dp数组为g[i][j]。
那么我们就把g[i]看成一个序列g[i][0],g[i][1],g[i][2],g[i][3]….
我们可以考虑表示出这个序列的状态。f[i][S]表示T的前i位与S的lcs的状态为“序列S”的方案数。但很显然我没不能直接表示这个状态。
很容易发现他们的差值不超过1.这个也很好证明。那么我们把序列差分一下，就是这就是个01的了！我们就可以开开心心的状压了！

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
const int P = 1e9 + 7;using namespace std;
int _S[1 << 15][4], f[1001][1 << 15], n, m, bitc[1 << 15], ans[1 << 15], g[1001], _g[1001];
char s[18];void up (int &A, int B) { A += B; if (A >= P) A -= P; }int idx (char t) {if (t == 'A') return 0;if (t == 'C') return 1;if (t == 'G') return 2;return 3;
}void Solve () {scanf ("%s%d", s, &m); n = strlen (s); int S = (1 << n);memset (f, 0, sizeof f);memset (ans, 0, sizeof ans);// O (4 * n * 2 ^ n)for (int j = 0; j < S; ++j) {g[0] = j & 1; for (int i = 1; i < n; ++i) g[i] = g[i - 1] + (j >> i & 1);for (int k = 0; k < 4; ++k) {_g[0] = g[0] | (idx (s[0]) == k);for (int i = 1; i < n; ++i) _g[i] = g[i];for (int i = 1; i < n; ++i) if (idx (s[i]) == k && _g[i] < g[i - 1] + 1) _g[i] = g[i - 1] + 1;for (int i = 1; i < n; ++i) if (_g[i - 1] > _g[i]) _g[i] = _g[i - 1];for (int i = n - 1; i; --i) _g[i] -= _g[i - 1];for (int i = n - 2; ~i; --i) _g[i] = _g[i + 1] << 1 | _g[i];_S[j][k] = _g[0];}}f[0][0] = 1;for (int i = 0; i < m; ++i) // O (4 * m * 2 ^ n)for (int j = 0; j < S; ++j)for (int k = 0; k < 4; ++k)up (f[i + 1][_S[j][k]], f[i][j]);ans[bitc[0] = 0] = f[m][0];for (int i = 1; i < S; ++i) up (ans[bitc[i] = bitc[i - lowbit (i)] + 1], f[m][i]);for (int i = 0; i <= n; ++i) printf ("%d\n", ans[i]);
}void IO () {freopen ("3864.in", "r", stdin);freopen ("3864.out", "w", stdout);
}int main () {
//  IO ();int T;scanf ("%d", &T);while (T--) Solve ();return 0;
}

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