loj2424 「NOIP2015」子串[字符串DP]
给定字符串 A，B，要求从 A 中取出互不重叠的 k 个非空子串，按照出现顺序拼起来后等于 B。求方案数。n ≤ 1000,m ≤ 200。
主要是状态的转移。先设计出$f_{i,j,k}$表长度$B_j$分了$k$段很好想，但是发现并不容易转移。
主要瓶颈在于当枚举了状态$f_{i,j,k}$ 的时候加入可以匹配（$A_i=B_j$），怎么从前面$A_1\sim A_{i-1}$里找出$k-1$块的$j-1$的方案数。（注意下面几行都是基于当前$A_i=B_j$这个条件的）
发现这个是可以叠加的，也就是$f_{i,j,k}$可以继承$f_{i-1,j,k}$的所有方案，那么只要不断继承，像滚雪球一样，求$f_{i,j,k}$直接就从$f{i-1,j-1,k-1}$来推就好了。
第二个问题是，怎么处理拼接。如果枚举一段子串去匹配显然不太可做，发现拼接过程实际就是强制$i-1$处被选入了$k$个块内，然后和$i$位一合并，就完成了拼接。
于是，为了知道$i-1$强制被选了的情况下有多少种$k$个块的方案，故再添加一维$0/1$表示是否被选。
这下就可以推了。
具体可以参见代码（我用了顺推格式）。注意滚动。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 typedef double db; 10 typedef pair<int,int> pii; 11 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 12 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 13 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 14 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 15 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 16 template<typename T>inline T read(T&x){ 17 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 18 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 19 } 20 const int N=1000+5,M=200+5,P=1e9+7; 21 int f[2][M][M][2],now; 22 int n,m,l; 23 char s[N],t[M]; 24 inline void add(int&A,int B){A+=B;A>=P&&(A-=P);} 25 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 26 read(n),read(m),read(l); 27 scanf("%s",s+1),scanf("%s",t+1); 28 f[now=0][0][0][0]=1; 29 for(register int i=0;i<n;++i,now^=1){ 30 for(register int j=0;j<=m;++j){ 31 for(register int k=0;k<=l;++k){ 32 add(f[now^1][j][k][0],f[now][j][k][0]),add(f[now^1][j][k][0],f[now][j][k][1]); 33 if(s[i+1]==t[j+1]) 34 add(f[now^1][j+1][k+1][1],f[now][j][k][0]), 35 add(f[now^1][j+1][k+1][1],f[now][j][k][1]), 36 add(f[now^1][j+1][k][1],f[now][j][k][1]); 37 // printf("%d %d %d %d %d\n",i,j,k,f[now][j][k][0],f[now][j][k][1]); 38 f[now][j][k][0]=f[now][j][k][1]=0; 39 } 40 } 41 } 42 printf("%d\n",(f[now][m][l][0]+f[now][m][l][1])%P); 43 return 0; 44 }
思路总结：1.继承方案，方便统计。2.子串问题中拼接可以设计0/1状态表示末尾有没有被选，这样可以直接和后面的东西合并
