Noip2015子串(洛谷2679)

Posted by yjjr's blog on February 6, 2018

标签:DP

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。

 

题意:

给出两个字符串,长度为 n 的 A 和长度为 m 的 B,现在要 在 A 串中取出 k 串互不重叠的⼦串,使得这 k 个⼦串连接 起来之后和 B 串相同,问有多少种⽅案。

 

分析:

方法一:(如下代码)

这种数据范围也就只有DP可行了

记忆数组f[i][j][k][x]字符串a的前i个字符和字符串b的前j个字符用了k个子串

当x=0时表示字符串a的第i个字符必须被选中

当x=1时表示字符串a的第i个字符不能被选中

F[i][j][k][0]=f[i-1][j][k][0]+f[i-1][j][k][1];

F[i][j][k][1]=f[i-1][j-1][k][1]+f[i-1][j-1][k-1][0]+f[i-1][j-1][k-1][1];

Ans=f[n][m][k][0]+f[n][m][k][1]

空间问题可能会爆,可以使用滚动数组

 

方法二:dp计数

F[i][j][k]表示a[1..i]分成j段与b[1..k]相等的方案数

转移同样借助辅助数组g[i][j][k]表示当前这段还未分完的

这种方法是听武爷爷讲的,然而并不会写代码【无奈】

 

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005,maxm=205;
const long long Mod=1e9+7;
int n,m,kk;
long long f[2][maxm][maxm][2];
char a[maxn],b[maxn];
int main()
{
    cin>>n>>m>>kk;
    scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);
    f[0][0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int op=i&1;
        f[op][0][0][0]=1;
        for(int j=1;j<=min(i,m);j++)
            for(int k=1;k<=min(j,kk);k++)
            {
                f[op][j][k][0]=f[op][j][k][1]=0;
                f[op][j][k][0]=(f[op^1][j][k][0]+f[op^1][j][k][1])%Mod;
                if(a[i]==b[j])
                    f[op][j][k][1]=((f[op^1][j-1][k][1]+f[op^1][j-1][k-1][0])%Mod+f[op^1][j-1][k-1][1])%Mod;
            }
    }
    cout<<(f[n&1][m][kk][0]+f[n&1][m][kk][1])%Mod<<endl;
    return 0;
}                    




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