【洛谷P2679 [NOIP 2015 提高组] 子串】题目分析
【洛谷题目链接：P2679】
依旧绿题~
本人做法\(\mathbf{\color{red}dp+枚举}\)，方法有点小绕（主要是为了避免MLE），不过代码实现还是比较轻松 ( &w& )
话不多说直接看题 =>
\(\mathbf{\Large{题目}}\)
题目背景
NOIP2015 Day2T2
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。
输入格式
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
一个整数，表示所求方案数。
由于答案可能很大，所以这里要求输出答案对 \(1000000007\) 取模的结果。
输入输出样例 #1
输入 #1
6 3 1
aabaab
aab
输出 #1
2
输入输出样例 #2
输入 #2
6 3 2
aabaab
aab
输出 #2
7
输入输出样例 #3
输入 #3
6 3 3
aabaab
aab
输出 #3
7
说明/提示
样例解释
所有合法方案如下：（加下划线的部分表示取出的字串）
样例 1：\(\underline{aab}\,aab,aab\,\underline{aab}\) 。
样例 2：\(\underline{a}\,\underline{ab}\,aab,\underline{a}\,aba\,\underline{ab},a\,\underline{a}\,ba\,\underline{ab},aab\,\underline{a}\,\underline{ab},\underline{aa}\,\underline{b}\,aab,\underline{aa}\,baa\,\underline{b},aab\,\underline{aa}\,\underline{b}\)。
样例 3：\(\underline{a}\,\underline{a}\,\underline{b}\,aab,\underline{a}\,\underline{a}\,baa\,\underline{b},\underline{a}\,ab\,\underline{a}\,a\,\underline{b},\underline{a}\,aba\,\underline{a}\,\underline{b},a\,\underline{a}\,b\,\underline{a}\,a\,\underline{b},a\,\underline{a}\,ba\,\underline{a}\,\underline{b},aab\,\underline{a}\,\underline{a}\,\underline{b}\)。
数据范围
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：\(1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m\)。
\(\mathbf{\Large{思路}}\)
\(\mathbb{ 开头说过嘛，这道题用dp+枚举 }\)
dp状态：
既然要用dp，那先确定一下状态所包含的元素
-
首先既然要保证匹配，那么推到\(\mathbf{\color{blue}A串字符和B串字符的位置}\)肯定是需要的；
-
要确保最终划分的字符串数为题目给出的k，还要记录\(\mathbf{\color{blue}此位置划分了几个字符串}\)
-
为了方便递推，还要在每个点标记一个状态
0/1，表示A中的\(\mathbf{\color{blue}此字符是否被选入}\)
我们把以上4个元素，分别定义为\(i, j, p, sta\);
\(dp[i][j][p][sta]: \mathbf{A中的1 - i的位置使用 p 个子串匹配B中的1 - j的位置且第 i 个位置状态为 sta ( 0:不选 / 1:选 )的方案数}\)
递推方程式：
-
不选此位字符\((sta = 0)\)时，\(\Large{dp_{i,j,p,0} = dp_{i-1,j,p,0} + dp_{i-1,j,p,1}}\) ;
-
若选择，则分两种情况讨论
-
\(\large{a_{i} = b_{j}}\) 时，\(\Large{dp_{i,j,p,1} = dp_{i-1,j-1,p,1} + dp_{i-1,j-1,p-1,1} + dp_{i-1,j-1,p-1,0}}\) ;
-
\(\large{a_{i} \ne b_{j}}\) 时，\(\Large{dp_{i,j,p,1} = 0}\) ( 选不了的嘛 ) ;
-
循环枚举每一种状态
最后输出 \(\Large{dp_{n,m,p,0} + dp_{n,m,p,1}}\) 就好了
优化空间复杂度：
以上代码写完后，
时间复杂度为\(O(nmk)\)，完全可以接受；
空间复杂度为\(O(2nmk)\)，也就是\(2\times{1000}\times{200}\times{200}=8\times{10^{7}}\)，算是在MLE的边缘疯狂试探吧 (hhh...
直接这么交，运气好点可能就AC了，庆幸洛谷给的数据范围小
这时就有人会说了，\(\large{\mathit{呀嘚呀嘚那要是NOIP当时给的数据大一点，你不就炸了吗(戳)}}\)
别急，这不是还有优化嘛
仔细观察我们的转移方程，你会发现一个非常神奇的事：每次转移，竟然只用到了当前位和前一位耶！すごいですね！
咳咳，所以我们就可以把第一维由 n 改为 2，这不就直接滚掉了
现在的空间复杂度就变成了\(O(4mk)\)，OK啦~
！！！别！忘！了！取！余！！！ 1e9+7！！！
最后附上完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, maxn = 1e3 + 5, maxm = 2e2 + 5;
int n, m, k, dp[2][maxm][maxm][2];
char A[maxn], B[maxm];
void scf(char a[], int len) {
string s;
cin>> s;
for(int i=1; i<=len; i++)
a[i] = s[i-1] - '0'; //正序将string中的字符正序存入数组
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
scf(A, n); scf(B, m);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0][0][0] = 1;
dp[1][0][0][0] = 1; //记得初始化啊qwq要不然后面都是0
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<=m; j++) {
for(int p=1; p<=k; p++) {
if(A[i] == B[j]) {
dp[i%2][j][p][1] = ((dp[(i-1)%2][j-1][p][1] + dp[(i-1)%2][j-1][p-1][0]) % mod + dp[(i-1)%2][j-1][p-1][1]) % mod;
dp[i%2][j][p][0] = (dp[(i-1)%2][j][p][1] + dp[(i-1)%2][j][p][0]) % mod;
}
else {
dp[i%2][j][p][0] = (dp[(i-1)%2][j][p][1] + dp[(i-1)%2][j][p][0]) % mod;
dp[i%2][j][p][1] = 0;
}//分情况讨论
}
}
}
printf("%d", (dp[n%2][m][k][0] + dp[n%2][m][k][1]) % mod); //优化后输出也要改呀~
}
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