游园会
题解
相当有趣的一个 d p dp dp。
首先看到
K
⩽
15
K\leqslant 15
K⩽15的条件，很容易联想到通过状压来记录我们兑奖串在奖章串最长公共子序列的匹配情况。
显然，如果我们要维护两个序列的最长公共子序列的长度的话，我们是可以通过
d
p
dp
dp维护的。
d
p
dp
dp方程式是比较经典的，记
f
i
,
j
f_{i,j}
fi,j表示两个串的前
i
i
i个与前
j
j
j个匹配所得到的最长公共子序列长度，显然有，
f
i
,
j
=
max
(
f
i
,
j
−
1
,
f
i
−
1
,
j
,
f
i
−
1
,
j
−
1
+
[
a
i
=
b
i
]
)
f_{i,j}=\max (f_{i,j-1},f_{i-1,j},f_{i-1,j-1}+[a_i=b_i])
fi,j=max(fi,j−1,fi−1,j,fi−1,j−1+[ai=bi])注意到在转移的过程中，如果我们能够匹配达到该长度的的位置是越靠前越好的，因为这要它在后面的转移中有着更多的选择。
可以联想到
O
(
n
log
n
)
O\left(n\log\,n\right)
O(nlogn)的最长上升子序列的经典方法，直接维护在哪些位置我们的
f
i
f_i
fi达到更大值。
由于我么的
f
i
f_i
fi是不递减的，每次也至多增加
1
1
1，事实上我们的状态是与差分数组类似的。
对与是否出现子串"NOI"的维护，我们只需要在状态中加入现在序列的某位是在那一位即可，总共只有
{
0
,
1
,
2
}
\{0,1,2\}
{0,1,2}上个状态，如果出现了
3
3
3，显然是不合法的了，删去即可。
我们的
d
p
dp
dp数组就只需要三个状态，
d
p
i
,
j
,
0
/
1
/
2
dp_{i,j,0/1/2}
dpi,j,0/1/2表示目前匹配到第几位，最长公共子序列的状态，与"NOI"的匹配状态。
转移显然，我们可以先预处理出来当前的状态在后面加入哪个字母后会转移到那个状态，到时候直接加到那个状态上就行。
时间复杂度 O ( n 2 k ) O\left(n2^k\right) O(n2k)，常数可能不太小，但跑得挺快地。
源码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN (1<<15)+5
#define MAXM 1005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> pii;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mo=1e9+7;
const int mod=1e7+7;
const int inv2=5e8+4;
const int jzm=2333;
const int zero=20000;
const int n1=1000;
const int M=100000;
const int orG=3,ivG=332748118;
const long double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-12;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
_T f=1;x=0;char s=getchar();
while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x<0){x=(~x)+1;putchar('-');}if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1)t=1ll*t*a%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1;}return t;}
int n,K,dp[2][MAXN][3],nxt[MAXN][3],a[MAXN],g[20],h[20],bit[MAXN],ans[20];
char str[MAXM];
signed main(){
read(n);read(K);scanf("\n%s",str+1);const int lim=(1<<K);
for(int i=1;i<=K;i++)a[i]=(str[i]=='N')?0:((str[i]=='O')?1:2);
for(int i=0;i<lim;i++){
for(int j=1;j<=K;j++)g[j]=(i>>j-1)&1,g[j]+=g[j-1];
for(int k=0;k<3;k++){
for(int j=1;j<=K;j++)
h[j]=max(h[j-1],max(g[j],g[j-1]+(a[j]==k)));
for(int j=K;j>0;j--)h[j]-=h[j-1],nxt[i][k]|=(h[j]<<j-1);
}
}
int now=0,las=1;dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
swap(now,las);
for(int j=0;j<lim;j++)
for(int k=0;k<3;k++)if(dp[las][j][k])
for(int l=0;l<3;l++){
if(k==l&&k==2)continue;
Add(dp[now][nxt[j][l]][k==l?k+1:(l==0)],dp[las][j][k],mo);
}
for(int j=0;j<lim;j++)
for(int k=0;k<3;k++)dp[las][j][k]=0;
}
for(int i=1;i<lim;i++)bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
for(int i=0;i<lim;i++)for(int j=0;j<3;j++)
Add(ans[bit[i]],dp[now][i][j],mo);
for(int i=0;i<=K;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}