题解 | #小红的数组回文值#

为区间内所有子序列的回文值总和。

根据两个端点 和 的包含情况来划分区间的所有子序列。

则有四种子序列，(0表示不包含， 1表示包含)：。

将四种子序列的和加起来就是区间所有子序列的总和。

[0, 0]：两端为这种情况的总和比较好求，因为两端不用考虑，所以直接就是 。

[1, 1]：首先它是包含 。 和 一样就没贡献，否则加上 .

[0, 1] 和 [1, 0]：这种发现当前的dp状态表示不出来，因为没办法保证其中一个端点必选和必不选的情况，所有要给dp添加状态，见代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64 = long long;

constexpr int P = 1E9 + 7;

int power(i64 a, i64 b) {
    i64 res = 1;
    while (b) {
        if (b % 2) {
            res = res * a % P;
        }
        a = a * a % P;
        b /= 2;
    }
    return res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);    

    int n;
    cin >> n;

    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
    }   


    // 0: [0, 0]
    // 1: [1, 0]
    // 2: [0, 1]
    // 3: [1, 1]
    // 4: 0 + 1 + 2 + 3
    vector dp(n + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(5)));
    for (int len = 2; len <= n; len ++) {
        for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l ++) {
            int r = l + len - 1;
            dp[l][r][0] = ((i64)dp[l + 1][r - 1][4]) % P;
            dp[l][r][1] = ((i64)dp[l][r - 1][1] + dp[l][r - 1][3]) % P;
            dp[l][r][2] = ((i64)dp[l + 1][r][2] + dp[l + 1][r][3]) % P;
            dp[l][r][3] = ((i64)dp[l + 1][r - 1][4] + power(2, r - l - 1) * (a[l] != a[r])) % P;
            for (int i = 0; i < 4; i ++) {
                dp[l][r][4] = ((i64)dp[l][r][4] + dp[l][r][i]) % P;
            }
        }
    }

    cout << dp[1][n][4] << "\n";

    return 0;
}

基于上一份代码，将 由 和 拼接起来，可以省略四个状态。

    vector dp(n + 1, vector<int>(n + 1));
    for (int len = 2; len <= n; len ++) {
        for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l ++) {
            int r = l + len - 1;
            dp[l][r] = ((i64)dp[l + 1][r] + dp[l][r - 1] + P - dp[l + 1][r - 1]) % P;
            dp[l][r] = ((i64)dp[l][r] + dp[l + 1][r - 1] + power(2, r - l - 1) * (a[l] != a[r])) % P;
        }
    }