PAT-B-1040

1040 有几个PAT（25 分）

字符串 APPAPT 中包含了两个单词 PAT，其中第一个 PAT 是第 2 位(P)，第 4 位(A)，第 6 位(T)；第二个 PAT 是第 3 位(P)，第 4 位(A)，第 6 位(T)。

现给定字符串，问一共可以形成多少个 PAT？

输入格式：

输入只有一行，包含一个字符串，长度不超过10​5​​，只包含 P、A、T 三种字母。

输出格式：

在一行中输出给定字符串中包含多少个 PAT。由于结果可能比较大，只输出对 1000000007 取余数的结果。

输入样例：

APPAPT

输出样例：

2

思路：

首先暴力破解没错，但O(n^3)的时间复杂度不能接受。

求PAT个数，可以分析为找A的位置，找到A之后看A前面有几个P(count_P)，再看A后面有几个T(count_T)，该位置的A参与的有效“PAT”个数即：count_P * count_T，循环找A，并计算结果，最后求余。

可以先使用循环计算从0到当前位置有多少P，从len-1到当前位置有多少T，然后在找A的循环找就可以在O(1)下得到当前位置之前的P的个数、之后T的个数。

时间复杂度：O(3N)，空间复杂度O(3N)。

卡在测试项4没能过，问题见36行备注。

#include <stdio.h>
#include <string.h>

#define MAXSIZE 1000000007

typedef long ElementType;

int main(void){
  int i, A_Index=0;
  ElementType count=0;
  char str[100001];
  
  gets(str);
  int len = strlen(str);
  int Count_T[len], Count_P[len], A_Pos[len];
  
  Count_P[0] = str[0] == 'P'? 1 : 0;
  Count_T[len-1] = str[len-1] == 'T'? 1 : 0;
  for( i=1; i<len; i++)
      if( str[i] == 'P' )
      Count_P[i] = Count_P[i-1]+1;
    else{
      Count_P[i] = Count_P[i-1];
      if( str[i] == 'A' )
        A_Pos[A_Index++] = i;
    }
      
  for( i=len-2; i>=0; i--)
    if( str[i] == 'T' )
      Count_T[i] = Count_T[i+1]+1;
    else
      Count_T[i] = Count_T[i+1];
  
  for( i=0; i<A_Index; i++){
    count += Count_P[A_Pos[i]] * Count_T[A_Pos[i]];
    while(count >= MAXSIZE)//这里只能是while不能用if
      count -= MAXSIZE;
  } 

  printf("%ld", count);
  
  return 0;
}

看到一个更加简明的方法，整体复杂度还是O(2n)， 大约少了一个O(N)的时间， 且代码更短，占用空间O(1)。参考出处

#include <stdio.h>
#include <string.h>

#define MAXSIZE 1000000007

typedef long ElementType;

int main(void){
  int i, count_P=0, count_A=0, count_T=0;
  ElementType count=0;
  char str[100001];
  
  gets(str);
  
  for( i=0; str[i]; ++i)
    if( str[i] == 'T' )
      count_T++;
  
  for( i=0; str[i]; ++i){
    if( str[i] == 'P' )
      count_P++;
    else if( str[i] == 'T')
      count_T--;
    else if( str[i] == 'A' )
      count = ( count+ (count_P*count_T) % MAXSIZE ) % MAXSIZE;
  }
  
  printf("%ld", count);
  
  return 0;
}