计数dp-hdu-4054-Number String

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4055

题目大意：

给一个只含‘I','D','?'三种字符的字符串，I表示当前数字大于前面的数字，D表示当前的数字小于前面一位的数字，？表示当前位既可以小于又可以大于。

问1~n的排列中有多少个满足该字符串。

解题思路：

计数dp.

dp[i][j]表示长度为i字符串，最后一个数为j时，能达到满足给定字符串的1~i+1的排列个数。

转移方程：

当S[i]='I'时，当前如果为j的话，前面的一位肯定要小于j,dp[i][j]+=Mi[j-1] ; //Mi[i]表示前面一位下标小于等于i dp[][1~i]的和

当S[i]='D'时，dp[i][j]+=(la-Mi[j-1]);  //前一位要大于等于j

当S[i]='?'时，dp[i][j]+=la; //la表示前一位所有的状态总和.

注意递推的时候，前i位只和相对大小有关，与绝对大小无关，所以都用1~i表示，当增加一位时，就变成了1~i+1，如果当前为j,前面的小于j的状态不变，大于等于j的状态k所表示的值 现在表示k+1的值，这样就从1~i等价的转化成了1~i+1,这样考虑就不用考虑1~n的放法了，递推到n位时肯定都是1~n了。

代码：

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<string>
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double PI = acos(-1.0);
typedef __int64 ll;
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/

#define M 1000000007
#define Maxn 1100
char sa[Maxn];
int dp[Maxn][Maxn]; //dp[i][j]表示有i个字符，当前数字为j时，所有的总数
                    //注意有i个字符说明前面一共有1~i+1个不同的数字，dp[i-1]共有1~i个数字，
                    //建立递推时，如果当前为j，则前面小于j的不变，大于等于j的全部加一，这样就从1~i变成了1~i+1
int la;
int Mi[Maxn][2]; //Mi[i]表示上一个dp[i-1]下标小于等于j的值的总和

int main()
{
    while(~scanf("%s",sa+1))
    {
        int len=strlen(sa+1);
        for(int i=0;i<=len+10;i++) //初始化
        {
            Mi[i][0]=Mi[i][1]=0;
            for(int j=0;j<=len+10;j++)
                dp[i][j]=0;
        }
        dp[0][1]=1; //没有字符时，有一个数 且这个数为1
        la=1;
        Mi[1][0]=1; //下标小于等于1的有一个
        int pp=0;

        for(int i=1;i<=len;i++)
        {
            pp=pp^1; //当前状态
            int n=i+1;//当前为可能的取值，注意前面的之和相对大小有关
            ll cur=0;
            for(int j=1;j<=n;j++) //枚举当前位的数值
            {
                if(sa[i]=='I') //如果为增的话，前面的肯定是小于j的
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+Mi[j-1][pp^1])%M;
                else if(sa[i]=='D') //减的话,前面是大于等于j的，加1后就变成了大于j的了
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+(la-Mi[j-1][pp^1])%M+M)%M;
                else //如果无所谓的话，前面所有1-n-1个状态都行
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+la)%M; //用一个la记录
                Mi[j][pp]=(Mi[j-1][pp]+dp[i][j])%M;//求出当前的Mi
                cur=(cur+dp[i][j])%M; //求出当前的la
            }
            la=cur; //这题卡常数，多了几个循环都不行
        }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=len+1;i++) //枚举最后的能够占有的值
            ans=(ans+dp[len][i])%M;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}