【NOIP2015提高组】Day2 T2 子串

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

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：

输入样例#2：

6 3 2

aabaab

aab

输出样例#2：

输入样例#3：

6 3 3

aabaab

aab

输出样例#3：

说明

所有 10 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m。

题解：DP

令f[i][j][k]表示将A的前i个字母中取出k段，拼出B的前j个字母的方案数

不难推出f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+Σf[i-x][j-x][k-1] 其中A[i-x+1...i]=B[j-x+1...j]。

可以看出这是时间复杂度为O（n*k*m^2）,空间复杂度为O(n*m*k)的算法，极限数据下，会TLE+MLE。

所以怎么优化呢？

首先，考虑到f[i][j][k]只需要取到k-1和k，则采用滚动数据，将空间降低到O(n*m)。

其次，不难发现该方程中最主要的耗时在求Σf[i-x][j-x][k-1] ，则对于f[i][j]，维护个斜线的前缀和（即Σf[i-x][j-x][k]的前缀和，本蒟蒻开了另一个数据s用于存储前缀数据），并且预处理出一个数据p[i][j]，表示A[1..i]与B[1..j]的最长公共后缀长度，将时间复杂度降低至O(n*m*k)

初始为f[0][0][0]=1 答案为f[n][m]。

PS:自测考场上被卡常一个点，后来减少了一行取模命令后0.88s碾过....（没事少膜，会被+ns的）

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #define N 1010

 #define M 210

 #define MOD 1000000007

 #define L long long

 using namespace std;

 char a[N]={},b[M]={};

 L f[N][M]={},s[N][M]={},g[M][M]={};

 int p[N][M]={},n,m,K;

 int get(int x,int y){

     int i=;

     while(a[x]==b[y]&&x&&y)

     i++,x--,y--;

     return i;

 }

 int main(){

     freopen("substring.in","r",stdin);

     freopen("substring.out","w",stdout);

     scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);

     scanf("%s",a+); scanf("%s",b+);

     for(int i=;i<=n;i++){

         s[i][]=;

         for(int j=;j<=m;j++)

         p[i][j]=get(i,j);

     }

     s[][]=;

     for(int i=;i<=n;i++){

             for(int j=;j<=m;j++)

             s[i][j]=(s[i-][j-]+f[i][j])%MOD;

         }

     for(int k=;k<=K;k++){

         //memset(f,0,sizeof(f));

         for(int i=;i<=n;i++){

             for(int j=;j<=m;j++){

                 f[i][j]=f[i-][j];

                 int x=p[i][j]+;

                 L ss=s[i-][j-];

                 if(i-x>=&&j-x>=)

                 f[i][j]=(f[i-][j]+ss-s[i-x][j-x]+MOD)%MOD;

                 //ss=(ss-s[i-x][j-x]+MOD)%MOD;省了这行代码快了0.15s

                 else f[i][j]=(f[i-][j]+ss)%MOD;

             }

         }

         memset(s,,sizeof(s));

         for(int i=;i<=n;i++){

             for(int j=;j<=m;j++)

             s[i][j]=(s[i-][j-]+f[i][j])%MOD;

         }

     }

     cout<<f[n][m]<<endl;

 }