P7324-[WC2021]表达式求值【dp】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7324

题目大意

给一个只包含\(m\)个值的表达式，\(<\)表前后取最小值，\(>\)表前后取最大，\(?\)可以是小于也可以是大于。

然后\(n\)次给出这\(m\)个值，所有方案下表达式取值的和。输出这\(n\)次答案的和。

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

解题思路

有括号所以先把表达树建出来，考虑到\(m\)很小，应该和状压有点关系。暴力的做法是直接做\(n\)次，时间复杂度是\(O(nm|S|)\)显然过不了。

因为取值只有\(m\)个，考虑把所有的信息压缩起来。实际上我们需要的信息就只有\(m\)个数之间的大小顺序，这样的状态数是\(m!\)个，要搞起来时间复杂度最快是\(O(m!|S|)\)也过不了。

但是对于一个数字来说我们就只需啊哟考虑它和其他数字的大小关系，状态数是\(2^m\)。设\(f_{x,s,0/1}\)表示到节点\(x\)时，小于数字\(x\)的值状态是\(s\)时到该节点的数字小于/大于数字\(x\)的方案数。

然后对于每个\(s\)跑出来一个答案，然后按照这个后面就很好做了。

时间复杂度\(O(2^m|S|+nm\log n)\)

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;
}