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[NOIP2015] 子串（dp）

zoewilly 2016-11-09 17:20 原文

题目描述

有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 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 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为 substring.in。

第一行是三个正整数 n,m,k,分别表示字符串 A 的长度,字符串 B 的长度,以及问

题描述中所提到的 k,每两个整数之间用一个空格隔开。 第二行包含一个长度为 n 的字符串,表示字符串 A。 第三行包含一个长度为 m 的字符串,表示字符串 B。

输出格式：

输出文件名为 substring.out。 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[b]输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。[/b]

输入输出样例

输入样例#1：
6 3 1 
aabaab 
aab
输出样例#1：
2
输入样例#2：
6 3 2 
aabaab 
aab
输出样例#2：
7
输入样例#3：
6 3 3 
aabaab 
aab
输出样例#3：
7

说明

对于第 1 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=1;

对于第 2 组至第 3 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=2;

对于第 4 组至第 5 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=m;

对于第 1 组至第 7 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m;

对于第 1 组至第 9 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m;

对于所有 10 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m。

 

  

  • 比较厉害的dp题，搞了好长时间才搞出来的。
  • 而且还有各种坑，卡时间，卡空间。。。。。。
  • 不会讲很多，只是简单的说一下思路。
  • f[k][i][j]表示分了k段，第一个串取了前i个，第二个串已经构成了前j个的方案数。显然，当s[i]!=ss[j]时f[k][i][j]=0；
  • f[k][i][j]=∑f[k-1][L][j-1] 其中s[i]==ss[j] && s[i-1]!=ss[j-1] && 0<L<i
  • f[k][i][j]=f[k-1][L][j-1]+f[k][i-1][j-1]，其中s[i]==ss[j] && s[i-1]==ss[j-1] && 0<L<i
  • 以上是dp的思路，不过这样做只能得到70分，其余三个点会tle。
  • 思考一下时间浪费在哪里？
  • 通过dp方程可知时间复杂度为O(n2mk)，每一次需要通过枚举来找到∑的值。
  • 优化一下就是利用前缀和的思想，每次用t数组记录∑的值，这样可以优化到O(nmk),，时间复杂度上比较理想。
  • 但是还是无法A掉该题，只能得90分，因为空间炸了。如果开1000*200*200*2的数组，大概需要300MB的空间。。。。
  • 不难发现方程里只有i,i-1在被调用，以前的空间都已经失效了，所以就用滚动数组吧。
  • 空间和时间都可以符合本题的要求，可以得到100分。

 

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <algorithm>
 4 #define mod 1000000007
 5 using namespace std;
 6 
 7 int n,m,K;
 8 char s[1005],ss[1005];
 9 long long f[2][1005][250];
10 long long t[2][1005][250];
11 long long ans;
12 
13 int main() {
14     scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
15     scanf("%s%s",s+1,ss+1);
16     f[0][0][0]=t[0][0][0]=1;
17     for (int i=0; i<=n; i++) t[0][i][0]=1;
18     for (int k=1; k<=K; k++) {
19         memset(f[k&1],0,sizeof f[k&1]);
20         memset(t[k&1],0,sizeof t[k&1]);
21         for (int i=1; i<=n; i++) {
22             for (int j=1; j<=m; j++) {
23                 if (s[i]==ss[j]) {
24                     f[k&1][i][j]=(long long)t[(k+1)&1][i-1][j-1];
25                     if (s[i-1]==ss[j-1]) f[k&1][i][j]=(long long)(f[k&1][i][j]+f[k&1][i-1][j-1]+mod)%mod;
26                 }
27                 t[k&1][i][j]=(long long)((t[k&1][i][j]+f[k&1][i][j]+mod)%mod+t[k&1][i-1][j]+mod)%mod;
28             }
29         }
30     }
31     for (int i=1; i<=n; i++) ans=(long long)((ans+f[K&1][i][m]+mod)%mod);
32     printf("%lld",ans);
33     return 0;
34 }

 

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