UOJ 149 子串

#149. 【NOIP2015】子串

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有两个仅包含小写英文字母的字符串 AA 和 BB。

现在要从字符串 AA 中取出 kk 个互不重叠的非空子串，然后把这 kk 个子串按照其在字符串 AA 中出现的顺序依次连接起来得到一个新的字符串。请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 BB 相等？

注意：子串取出的位置不同也认为是不同的方案。

输入格式

第一行是三个正整数 n,m,kn,m,k，分别表示字符串 AA 的长度，字符串 BB 的长度，以及问题描述中所提到的 kk，每两个整数之间用一个空格隔开。

第二行包含一个长度为 nn 的字符串，表示字符串 AA。

第三行包含一个长度为 mm 的字符串，表示字符串 BB。

输出格式

输出共一行，包含一个整数，表示所求方案数。

由于答案可能很大，所以这里要求输出答案对 10000000071000000007 取模的结果。

样例一

input

6 3 1aabaabaab

output

2

样例二

input

6 3 2aabaabaab

output

7

样例三

input

6 3 3aabaabaab

output

7

explanation

所有合法方案如下：（加下划线的部分表示取出的子串）

样例一：aab aab / aab aab

样例二：a ab aab / a aba ab / a a ba ab / aab a ab / aa b aab / aa baa b / aab aa b

样例三：a a b aab / a a baa b / a ab a a b / a aba a b / a a b a a b / a a ba a b / aab a a b

限制与约定

测试点编号nn的规模mm的规模kk的规模1n≤500n≤500m≤50m≤50k=1k=12k=2k=234k=mk=m56k≤mk≤m78n≤1000n≤1000m≤100m≤100910m≤200m≤200

时间限制：1s1s

空间限制：128MB

看过去就知道是DP啊！！本题超多细节高能。

设f[i][j][k][0/1]表示A串的前i位取出k个子串匹配了B串的前j位，选或不选第i位。

分两种情况1.若A串第i位与B串第j位匹配，那么f[i][j][k][1]=f[i-1][j-1][k][1]+f[i-1][j-1][k-1][0]+f[i-1][j-1][k-1][1].

解释一下：若匹配，则选择这一位的情况有如下几种累加方式：（首先B串的匹配个数都要-1）前一位也选并与当前位构成同一个子串（子串个数不变）、前一位选并且不断点为这一位、前一位不选（子串个数都要-1）。

f[i][j][k][0]=f[i-1][j][k][0]+f[i-1][j][k][1].  解释一下：若不选择这一位，当前方式可以累加的有：（B串的匹配个数不变）前一位选或者前一位不选，子串个数不变（因为这一位不选）

2.若A串第i位与B串第j位不匹配，则f[i][j][k][0]=f[i-1][j][k][0]+f[i-1][j][k][1].解释：若不匹配，该位肯定不能选。所以不选的方案数累加上前一位选或者不选的个数。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;const int MAXN=1010;const int MAXM=220;const int Mod=1e9+7;long long f[2][MAXM][MAXM][2];int main(){char a[MAXN],b[MAXM];int n,m,k,cnt=0,last=-1;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);f[0][0][0][0]=1;for (int i=1;i<=n;i++){cnt++;cnt%=2;last++;last%=2;for (int j=0;j<=m;j++){for (int p=0;p<=k;p++){if (a[i]==b[j]){if (j>0){if (p>0){f[cnt][j][p][1]=f[last][j-1][p][1]+f[last][j-1][p-1][0]+f[last][j-1][p-1][1];f[cnt][j][p][1]%=Mod;}}f[cnt][j][p][0]=f[last][j][p][0]+f[last][j][p][1];f[cnt][j][p][0]%=Mod;}else{f[cnt][j][p][0]=f[last][j][p][0]+f[last][j][p][1];f[cnt][j][p][0]%=Mod;}}}for (int j=0;j<=m;j++){for (int p=0;p<=k;p++){f[last][j][p][0]=0;f[last][j][p][1]=0;}}}cout<<(f[n%2][m][k][1]+f[n%2][m][k][0])%Mod;    return 0;}

需要开滚动数组不然会MLE，滚动数组每用完一次后都要把当前清零。

再次吐槽超多细节（NOIP还是坑人啊）