Codeforces 1129C - Morse Code

官方题解给了一个离线做法，而且是 O ( m 2 + m 2 l o g m ) O(m^2+m^2logm) O(m2+m2logm)的，我的做法是在线的 O ( m 2 ) O(m^2) O(m2)。我是用Trie树做哒，碰到子序列子串之类的问题有时候想想Trie树会有奇效喔QAQ

我们可以发现，不同的0/1子序列答案不会重复，那么就可以对所有不同的的0/1子序列计算有多少种英文刚好构成这个子序列。而Trie树上不会有相同的两个字符串，于是自然想到了对当前的 i i i位0/1串的所有子序列一起建一棵Trie树。每次新增一位时，只需要在之前的答案上再加上所有后缀的答案就行了。这些新后缀都要被加入Trie树。

用 a n c [ x ] anc[x] anc[x]表示结点的父亲结点， f [ x ] f[x] f[x]表示从根到结点 x x x的这个0/1串有多少种英文构成。假设当前要在Trie树上加入原串中第 i i i个0/1，a数组中记录的就是Trie树中表示原串第 i − 1 i-1 i−1位的那些点。我们只需要在这些点的儿子加上第 i i i位，就可以构成所有后缀了。每次在Trie树上新加一个点 x x x，可以用DP的方法 O ( 1 ) O(1) O(1)计算 f [ x ] f[x] f[x]，再 a n s + = f [ x ] ans+=f[x] ans+=f[x]就行了

博主语文太烂了，感觉讲得可能不太清楚，具体有什么不懂的可以留言～大家多多包涵QAQ

UPD：看了一位大佬的博客后发现我简直菜爆了，直接每次把当前串反向插入就行了。。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
#define do_nothing 233
using namespace std;
const int N=3005;
const int p=1e9+7;
int n;
int trie[N*N][2],cnt,anc[N*N],f[N*N];
int ans;
int a[N],m;void read(int &x){char ch=getchar();x=0;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
}void Add(int &x,int y){  //手动取模x+=y;while(x>=p) x-=p;
}void add(int x,int d){  //在trie树上新增一个结点trie[x][d]=++cnt;anc[cnt]=x;int tmp=cnt,s=0,ss=0;fr(i,1,4){  //DP，枚举最后一个英文字母占几个0/1int ff=anc[tmp];if (trie[ff][0]==tmp) s=0;else s=1;ss+=s<<(i-1);tmp=ff;if (i==4&&(ss==3||ss==5||ss==14||ss==15)) do_nothing;else Add(f[cnt],f[tmp]);if (tmp==0) break;}Add(ans,f[cnt]);
}void ins(int x){  //在trie树上加入所有后缀a[++m]=0;fr(i,1,m){int tmp=a[i];if (!trie[tmp][x]) add(tmp,x);a[i]=trie[tmp][x];}
}int main(){read(n);int x;f[0]=1;fr(i,1,n){read(x);ins(x);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

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