[NOIP2016TG] 洛谷 P2679 子串

题意

从字符串(A)中取出(k)个互不重叠的非空子串，顺次连接起来得到一个新的字符串B，求方案总数。注意：子串取出的位置不同也认为是不同的方案。答案对(10^9+7)取模。

记(A)长度为(m),(B)长度为(n),所有数据满足

​ (1leq nleq 1000,1leq mleq 200,1leq kleq m)

思路

后缀自动机之类的玄学做法，即使可以过，也不适合蒟蒻在(NOIP)赛场上拿出来。这个数据范围也不适合（不记忆化的）搜索。很像(DP)，但是要怎样(DP)呢？

按照(DP)的常规思路，先给(m)，(n)，(k)分别设置一个维度，记为

​ (f[i][j][p])

表示转移到(A[i])和(B[j])，使用了(p)个子串。一种思路是枚举(A)数组的([1,i])段再匹配。但是这不太好理解，可以人为地再增加一维布尔变量，相当于把一个状态分为两部分，其意义是(A[i])是否对应(B[i])。则有

​ $f[i][j][p][q],qin {0,1} $

状态转移

显然，决定转移方程的条件是(A[i]==B[j])。

如果(q=0)，无论(A[i])与(B[j])相等与否，都直接照搬(A[i-1])、(B[j])的转移结果即可

​ (f[i][j][p][0]=f[i-1][j][p][0]+f[i-1][j][p][1])

如果(q=1)，则分类讨论。

• 当(A[i]==B[j])时，答案是(A[i-1])、(B[j-1])的方案数。这也分为两种，一种是把(A[i])，(B[j])作为单独的子串，此时(p)要减一；一种是把子串(A[i])，(B[j])与(A[i-1])，(B[j-1])相连，此时(p)保持不变，(q)只能是(1)。
• 当(A[i]!=B[j])时，无法匹配，答案为(0)。

综上所述，得

(f[i][j][p][0]=f[i-1][j][p][0]+f[i-1][j][p][1])

​ (f[i][j][p][1]=egin{cases}{A[i]==B[j]quad f[i-1][j-1][p-1][1]+f[i-1][j-1][p-1][0]+f[i-1][j-1][p][1]}\{A[i]!=B[j]quad 0}end{cases})

还有一个问题，初值怎么设？

可以在第一层循环内加判断。如果(A[i])与(B[1])相同，则

​ (f[i][1][1][1]=1,f[i][1][1][0]=count,count++)

优化

空间大约是

​ (1000*200*200*2=8 imes 10^7)

这谁顶得住啊。观察发现，每次状态转移只和上一次结果有关。可以使用滚动数组优化。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int f[2][205][205][2],n,m,k,cnt,i=1;
string a,b;
const int mod=1000000007;
int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    cin>>a>>b;
    a=' '+a,b=' '+b;
    for(int temp=1;temp<=n;temp++,i^=1)
    {
        f[i][1][1][0]=cnt;
        if(a[temp]==b[1]) f[i][1][1][1]=1,cnt++;
        else f[i][1][1][1]=0; 
        for(int j=2;j<=m;j++)
            for(int p=1;p<=k;p++)
            {
                f[i][j][p][0]=(f[i^1][j][p][1]+f[i^1][j][p][0])%mod;
                f[i][j][p][1]=(a[temp]==b[j])*((f[i^1][j-1][p-1][1]+f[i^1][j-1][p-1][0])%mod+f[i^1][j-1][p][1])%mod;
            }
    }
    cout<<(f[n&1][m][k][1]+f[n&1][m][k][0])%mod;
    return 0;
}