传送门

题意：

给你一个长度为$n$的串$s$，其只包含$NOI$三个字母，给你一个$m$，代表$t$串的长度，$t$串包含$NOI$三个字母但是不存在三个连续的$NOI$子串，输出$n+1$行，第$i$行输出有多少合法的$t$串与$s$串的$lcs$为$i$。

$m\le 1000,n\le 15$

思路：

也是一个$dp$套$dp$的题，但是多了一个限制就是不存在连续的$NOI$串，这个我们只需要在最后转移的时候加一个状态，代表当前连续串的长度是多少，$NO$就是长度为$2$。转移的时候避免掉不合法状态转移，对于状态机的构建与上一个题相同，就不多说了。

复杂度$O(3\ast 2\ast m\ast 2^n)$

//#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<<16][4],ans[N];
int ne[5][1<<16];
int g1[N],g2[N];
char s[N];int get(char ch) {if(ch=='N') return 1;if(ch=='O') return 2;if(ch=='I') return 3;while(1);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<=3;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() {memset(f[0],0,sizeof(f[0]));memset(f[1],0,sizeof(f[1]));int now=0;f[now][0][0]=1; now^=1;for(int i=1;i<=m;i++,now^=1) {memset(f[now],0,sizeof(f[now]));for(int len=0;len<=2;len++) {for(int k=1;k<=3;k++) {int to;if(len==1&&k==2) to=2;else if(len==2&&k==3) continue;else if(k==1) to=1;else to=0;for(int j=0;j<1<<n;j++) {(f[now][ne[k][j]][to]+=f[now^1][j][len])%=mod;}}}}now^=1;for(int i=0;i<=n;i++) ans[i]=0;for(int i=0;i<1<<n;i++) {for(int j=0;j<=2;j++) {(ans[__builtin_popcount(i)]+=f[now][i][j])%=mod;}}
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d%s",&m,&n,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]%mod);return 0;
}
/**/