传送门

题意：

给你一个只包含$ACGT$的串$s$，再给你一个$m$，第$i$行输出有多少个长度为$m$且只包含$ACGT$的串与$s$的$lcs$为$i$。

$|s|\le 15,m\le 1000$

思路：

我们简单回顾一下两个串的$lcs$怎么求。

设$f[i][j]$表示一个串到了第$i$位，另一个串到了第$j$位的$lcs$，转移就分两种情况

$(1)f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i-1][j])$

$(2)$如果$a_i==a_j$,$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+1)$

让后看这个题，对于字符串的限制我们套路的采用自动机这种东西来辅助转移，但是对于这个题并没有一个现成的自动机来帮助我们转移，所以需要我们自己造一个。

考虑暴力求解？$4^m$枚举$m$的所有可能情况，让后暴力跑？显然状态太多存不下，那么是什么我们重复计算了多次呢？

来观察一下$dp$数组，由于我们已经知道$s$串，可以发现我们要从$dp[i-1]$转移过来的时候，需要枚举$i-1$的状态和当前加入了那个字符，不难发现有很多$dp[i-1]$状态是重复的，并且可以发现$dp[i]$是具有单调性的，$dp[i]-dp[i-1]\in [0,1]$，所以$dp$的差分数组是一个$01$串！我们可以将其状压成一个二进制，这样就可以将许多重复和无用的状态压缩起来，所以设计状态$f[i][j]$代表当前的长度为$i$时，$s$串的$dp$差分数组的状态为$j$，转移的话就直接枚举当前要选哪个字母$k$，让后转移到$next[k][j]$ ，其中$next[k][j]$代表状态为$j$的时候，下一次选$k$字母转移到的状态。

我们需要预处理$next[k][j]$数组，这就是我们“手写”的一个转换模型，预处理他也很简单，直接枚举$[0,(1<<n)-1]$所有的状态，其中$g1[i]$代表到了第$i$个加字符$k$的$lcs$，$g2[i]$代表当前状态到第$i$个的时候的$lcs$，让后枚举$k$转移即可，最后能转移到的状态就是$g1[i]$的差分数组。

具体的看代码会比较清楚。

$O(4\ast 2^{n}m)$

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=110,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
int a[N];
LL f[2][1<<15],ans[N];
int ne[5][1<<15];
int g1[N],g2[N];
char s[N];int get(char ch) {if(ch=='A') return 1;if(ch=='C') return 2;if(ch=='G') return 3;if(ch=='T') return 4;return -1;
}void init() {memset(ne,0,sizeof(ne));for(int i=0;i<1<<n;i++) {for(int j=1;j<=n;j++) g2[j]=g2[j-1]+(i>>(j-1)&1);for(int k=1;k<=4;k++) {for(int j=1;j<=n;j++) {g1[j]=max(g1[j-1],g2[j]);if(a[j]==k) g1[j]=max(g1[j],g2[j-1]+1);}int state=0;for(int i=0;i<n;i++) if(g1[i+1]-g1[i]) state+=1<<i;ne[k][i]=state;}}
}void solve() {scanf("%d",&m);memset(f[0],0,sizeof(f[0]));memset(f[1],0,sizeof(f[1]));int now=0;f[now][0]=1; now^=1;for(int i=1;i<=m;i++,now^=1) {memset(f[now],0,sizeof(f[now]));for(int k=1;k<=4;k++) {for(int j=0;j<1<<n;j++) {(f[now][ne[k][j]]+=f[now^1][j])%=mod;}}}now^=1;for(int i=0;i<=n;i++) ans[i]=0;for(int i=0;i<1<<n;i++) (ans[__builtin_popcount(i)]+=f[now][i])%=mod;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=get(s[i]);init();solve();for(int i=0;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);}return 0;
}
/**/