NOIP2015子串

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题解

雏形

　　用leni,j表示a串中以a[i]为结尾的后缀，和b串中以b[i]为结尾的后缀匹配的最长长度，这个可以用简单的O(nmk)的预处理求出
　　设计状态：fi,j,k表示a串中以a[i]为结尾的后缀，和b串中以b[j]为结尾的后缀匹配，a串中k个子串加起来和b[1]...b[j]相等，状态转移方程：

fi,j,k=∑l=1leni,j∑t=1i−lft,j−l,k−1

伪代码

for(k=1 to K)    for(i=1 to N)        for(j=1 to M)            for(l=1 to len[i][j])                for(t=1 to l)                        f[i][j][k]+=f[t][l][k-1]

　　上述的时间复杂度在最差情况下是O(NM4)约等于1.6×1012，空间复杂度O(nmk)约等于4×107，完爆

优化

　　观察方程

fi,j,k=∑l=1leni,j∑t=1i−lft,j−l,k−1

　　如果把f数组想象成三维坐标系中的一些坐标为整数的点，那么每一个与k轴垂直的平面的转移都只需要用到前一个平面上的值，所以可以加一个滚动数组，这样就能把空间复杂度降到O(nm)
　　继续，由于∑lt=1表示的是一段连续的区间，就意味着我们可以进行前缀和优化，令

si,j,k=∑t=1ift,j,k

　　那么状态转移方程变为

fi,j,k=∑l=1leni,jsi−l,j−l,k−1

　　其中由于s数组是前缀和，所以直接用O(1)的时间进行转移，si,j=si−1,j+fi,j。最终时间复杂度O(nmk×平均匹配长度)最坏情况下约等于8×109
　　按照联赛的数据，这样是可以AC的，但是这样并不完美，如果有一种数据把nmk都开到最大，并且字符串形如aa.....aaaa这样只有一种字母，那就会超时了
　　决定性的优化：前缀和的前缀和
　　根据上面的方程，仍然发现∑的循环变量的取值是连续的，所以继续使用前缀和优化，令
　　

ssi,j,k=∑tmin(i,j)si−t,j−t,k

　　这个也可以用递推式在O(1)的时间内算出
　　最后的状态转移方程：
　　

fi,j,k=ssi−1,j−1,k−1−ssmax(0,i−leni,j−1),max(0,j−leni,j),k−1

　　最后的时间复杂度O(nmk)，最坏情况下约等于4×107

刻骨铭心的教训

　　这道题我其实只用了一小会就写出正解了，但是由于没看到“输出答案对1,000,000,007取模的结果”竟然查错查了一上午！

代码

//NOIP2015 子串 动态规划 #include <cstdio>#include <algorithm>#define p 1000000007#define ll long long#define maxn 1010#define maxm 210using namespace std;ll f[maxn][maxm][2], s[maxn][maxm][2], ss[maxn][maxm][2],   len[maxn][maxm], N, M, K;char a[maxn]={0}, b[maxm]={1};void init(){    ll i, j, l;    scanf("%lld%lld%lld%s%s",&N,&M,&K,a+1,b+1);    for(i=1;i<=N;i++)        for(j=1;j<=M;j++)            for(l=1;a[i-l+1]==b[j-l+1];len[i][j]=l++);}void dp(){    ll i, j, k;    for(i=1;i<=N;i++)        for(j=1;j<=M;j++)        {            f[i][j][1]=len[i][j]==j;            s[i][j][1]=s[i-1][j][1]+f[i][j][1];            ss[i][j][1]=ss[i-1][j-1][1]+s[i][j][1];        }    for(k=2;k<=K;k++)    {        for(i=1;i<=N;i++)            for(j=1;j<=M;j++)            {                f[i][j][k&1]=(ss[i-1][j-1][~k&1]-ss[max((ll)0,i-len[i][j]-1)][max((ll)0,j-len[i][j]-1)][~k&1])%p;                s[i][j][k&1]=(s[i-1][j][k&1]+f[i][j][k&1])%p;                ss[i][j][k&1]=(ss[i-1][j-1][k&1]+s[i][j][k&1])%p;            }    }}int main(){    ll i, ans;    init();    dp();    for(i=M,ans=0;i<=N;ans=(ans+f[i++][M][K&1])%p);    printf("%lld\n",(ans+p)%p);    return 0;}