题目描述

题解

好难啊呜呜，怎么想的到。

三次方，那就相当于枚举可重复的三个相同的子序列的答案。

于是我们记 $f_{i,j,k}$ 表示第一个子序列最后一位为原序列中的第 $i$ 个，第二个子序列为 $j$ ，第三个为 $k$ 的方案数。因此只有当 $a_i=a_j=a_k$ 才有值。

转移为 $f_{i,j,k}=\Sigma f_{i',j',k'}$ ，其中 $i'<i,j'<j,k'<k$ ，且 $M_{a_{i'},a_{i}}=1$ ，这样是 $O(n^6)$ 。

我们考虑前缀和优化，记 $s_{j,k}=\Sigma f_{i',j',k'}$ ，并且 $M_{a_{i'},a_{j}}=1$ ，这样 $s$ 和 $f$ 就可以互相转移。

效率： $O(n^3)$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=202,P=1e9+7;;
int n,a[N],ans,f[N][N],s[N][N],T;
char m[N][N];
void work(){
    scanf("%d",&n);ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",m[i]+1);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            f[i][j]=s[i][j]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=1;j<=n;j++)
            for (int k=1;k<=n;k++)
                (f[j][k]+=((f[j-1][k]+f[j][k-1])%P+(P-f[j-1][k-1])%P)%P)%=P;
        for (int j=1;j<=n;j++)
            for (int k=1;k<=n;k++)
                if (m[a[i-1]][a[j]]=='1')
                    (s[j][k]+=f[j-1][k-1])%=P;
        for (int j=1;j<=n;j++)
            for (int k=1;k<=n;k++){
                if (a[i]==a[j] && a[i]==a[k])
                    f[j][k]=s[j][k]+1;
                else f[j][k]=0;
                (ans+=f[j][k])%=P;
            }
    }
    printf("%d\n",ans);
}
int main(){
    for (scanf("%d",&T);T--;work());
    return 0;
}