[UOJ#149][NOIP2015]子串（dp）

题目描述

传送门

题解

设f(i,j,k)表示从a的前j个字符中选i段连接起来可以和b的前k个匹配的方案数。可以预处理出来g(i,j)表示a的第i个字符和b的第j个字符从后往前最多能匹配多少个。
那么f(i,j,k)=∑l=1g(i,j)f(i−1,j−l,k−l)
可以肯定的是dp是三维状态的，而且是O(n)转移，时间和空间都是爆掉的。考虑怎么优化。
其实优化都比较简单。空间上可以发现f(i)只与f(i-1)有关，可以用滚动数组。时间上发现转移的时候是加了一段连续的和，可以使用前缀和优化。如果把f(i)中的两维看成一个二维平面的话，这里的前缀和应该是点(x,y)一直向左上角走直到不能走为止所经过的点的和。
时间复杂度O(nmk)。

代码

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;#define N 1005#define M 205#define Mod 1000000007int n,m,p;int f[2][N][M],s[2][N][M],g[N][M];char a[N],b[M];void init(){    for (int i=1;i<=n;++i)        for (int j=1;j<=m;++j)        {            g[i][j]=min(i,j);            for (int k=1;k<=min(i,j);++k)                if (a[i-k+1]!=b[j-k+1])                {                    g[i][j]=k-1;                    break;                }        }}int main(){    scanf("%d%d%d\n",&n,&m,&p);    gets(a+1);gets(b+1);    init();    for (int i=1;i<=m;++i)        for (int j=i;j<=n;++j)        {            f[1][j][i]=f[1][j-1][i];            if (g[j][i]==i) f[1][j][i]++;            s[1][j][i]=s[1][j-1][i-1]+f[1][j][i];        }    for (int i=2;i<=p;++i)    {        memset(f[i&1],0,sizeof(f[i&1]));        memset(s[i&1],0,sizeof(s[i&1]));        for (int j=1;j<=n;++j)            for (int k=1;k<=m;++k)            {                f[i&1][j][k]=f[i&1][j-1][k];                if (g[j][k])                {                    int x=s[(i-1)&1][j-1][k-1];                    f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+s[(i-1)&1][j-1][k-1])%Mod;                    int J=max(j-g[j][k]-1,0),K=max(k-g[j][k]-1,0);                    int y=s[(i-1)&1][J][K];                    f[i&1][j][k]=((f[i&1][j][k]-s[(i-1)&1][J][K])%Mod+Mod)%Mod;                }                s[i&1][j][k]=(s[i&1][j-1][k-1]+f[i&1][j][k])%Mod;                   }    }    printf("%d\n",f[p&1][n][m]);}