UOJ149 【NOIP2015】子串

本文作者：ljh2000
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【问题描述】
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】
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,所以这里要求输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。
【输入输出样例 1】
substring.in
6 3 1
aabaab
aab
substring.out
2
见选手目录下 substring/substring1.in 与 substring/substring1.ans。
【输入输出样例 2】
substring.in
6 3 2
aabaab
aab
substring.out
7
见选手目录下 substring/substring2.in 与 substring/substring2.ans。
【输入输出样例 3】
substring.in
6 3 3
aabaab
aab
substring.out
7
见选手目录下 substring/substring3.in 与 substring/substring3.ans。
【输入输出样例说明】
所有合法方案如下:
(加下划线的部分表示取出的子串)
样例 1:aab aab / aab aab
样例 2:a ab aab / a aba ab / a a ba ab / aab a ab
aa b aab / aa baa b / aab aa b
样例 3:a a b aab / a a baa b / a ab a a b / a aba a b
a a b a a b / a a ba a b / aab a a b
【输入输出样例 4】
见选手目录下 substring/substring4.in 与 substring/substring4.ans。
【数据规模与约定】
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。

解题报告：DP

正解：

　    这道题就是NOIP2015的day2T2，个人认为是一道非常有水平的DP好题，考察了对DP的综合运用，状态的设计、转移都是DP中的经典，同时前缀和优化和滚动数组的使用也很重要。

前几天我还把整个NOIP出现过的DP题给麓山信息组和我们信息组一批人讲解过一遍，这道题自然是最难的。正好自己也总结一下。

很容易想到这道题中A串每个字母只有三种可能：未被选入与B串匹配、是某一个选出来的子串的开头、是某一个选出来的子串的中间。那么我设计的状态肯定要考虑第几个串、A匹配到谁、B匹配到谁。所以我选择设计的状态为：f[kk][i][j]，表示当前A选取到第kk个串，而且A串当前是i与B串的j匹配的方案数。显然A串的i若和B串的j不相等这个方案数就为0。下面考虑转移方程和转移对象。因为当前有三种可能，那么不选的情况可以不管，我们只需要管有多少种选的方案。那么就只剩两种可能了：当前这一位新开始了一个子串，或者紧接着上一个字母仍是上一个子串。

　　也就是说假如新开启了一个子串，我们需要枚举上一个子串的末尾；如果紧接着那只能从上一个转过来。

　　根据上面提到的，列出转移式：

　　$${f[kk][i][j]=\sum_{0<=l<i}^{s[i]==ch[j]}f[kk-1][l][j]}$$

　　       $${=\sum_{0<=l<i}^{s[i-1]==ch[j-1]}f[kk-1][l][j] +f[kk][i-1][j-1]}$$

　　可以看出如果枚举l然后转移的话，复杂度是O(n^2 m k)，并不能通过所有数据点。那怎么办呢，我们考虑这个前缀和我们没有必要每次都从头for到尾，加之我们之前已经做过了，我们不妨把这个前缀和记录下来，这样可以做到O(1)转移。

　　现在时间上是没问题了，但是空间却开不下，注意到转移式子中对于第k个子串，我们只需要调用第k-1个子串的信息，这也就意味着我们只需保留上一次的方案即可，再久一点可以不管了，容易想到滚动数组，可以把空间上降一个维度，具体见代码实现。

 //It is made by ljh2000
 #include <iostream>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 #include <ctime>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <map>
 #include <set>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 #define RG register
 const int inf = (<<);
 const int MOD = ;
 const int MAXN = ;
 const int MAXM = ;
 const int MAXK = ;
 LL f[][MAXN][MAXM],S[][MAXN][MAXM],ans;//f[k][i][j]表示取到第k个串，A串匹配到i，B串匹配到j的方案数
 int n,m,k;
 char s[MAXN],ch[MAXM];

 inline int getint()
 {
     RG int w=,q=; RG char c=getchar();
     while((c<'' || c>'') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=,c=getchar();
     while (c>='' && c<='') w=w*+c-'', c=getchar(); return q ? -w : w;
 }

 inline void work(){
     n=getint(); m=getint(); k=getint();
     scanf("%s",s+); scanf("%s",ch+);
     S[][][]=; for(RG int i=;i<=n;i++) S[][i][]=;//记录前缀和
     f[][][]=;//只能从0开始转过来
     RG int tag=;
     for(RG int kk=;kk<=k;kk++) {
     tag^=; memset(S[tag],,sizeof(S[tag])); memset(f[tag],,sizeof(f[tag]));
     for(RG int l1=;l1<=n;l1++) {
         for(RG int l2=;l2<=min(m,l1);l2++) {
         if(s[l1]!=ch[l2]) { S[tag][l1][l2]=S[tag][l1-][l2]; if(S[tag][l1][l2]>=MOD) S[tag][l1][l2]%=MOD; continue; }
         f[tag][l1][l2]=S[tag^][l1-][l2-];
         if(s[l1-]==ch[l2-] && l1!= && l2!=)  f[tag][l1][l2]+=f[tag][l1-][l2-];
         S[tag][l1][l2]=S[tag][l1-][l2]+f[tag][l1][l2];
         if(f[tag][l1][l2]>=MOD) f[tag][l1][l2]%=MOD;
         if(S[tag][l1][l2]>=MOD) S[tag][l1][l2]%=MOD;
         }
     }
     }
     for(RG int i=;i<=n;i++) ans+=f[tag][i][m],ans%=MOD;
     printf("%lld",ans);
 }

 int main()
 {
     work();
     return ;
 }