[NOIP2015] 子串（dp）

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

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[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

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。

比较厉害的dp题，搞了好长时间才搞出来的。
而且还有各种坑，卡时间，卡空间。。。。。。
不会讲很多，只是简单的说一下思路。
f[k][i][j]表示分了k段，第一个串取了前i个，第二个串已经构成了前j个的方案数。显然，当s[i]!=ss[j]时f[k][i][j]=0；
f[k][i][j]=∑f[k-1][L][j-1] 其中s[i]==ss[j] && s[i-1]!=ss[j-1] && 0<L<i
f[k][i][j]=f[k-1][L][j-1]+f[k][i-1][j-1]，其中s[i]==ss[j] && s[i-1]==ss[j-1] && 0<L<i
以上是dp的思路，不过这样做只能得到70分，其余三个点会tle。
思考一下时间浪费在哪里？
通过dp方程可知时间复杂度为O(n²mk)，每一次需要通过枚举来找到∑的值。
优化一下就是利用前缀和的思想，每次用t数组记录∑的值，这样可以优化到O(nmk),，时间复杂度上比较理想。
但是还是无法A掉该题，只能得90分，因为空间炸了。如果开1000*200*200*2的数组，大概需要300MB的空间。。。。
不难发现方程里只有i,i-1在被调用，以前的空间都已经失效了，所以就用滚动数组吧。
空间和时间都可以符合本题的要求，可以得到100分。

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #define mod 1000000007

 using namespace std;

 int n,m,K;

 char s[],ss[];

 long long f[][][];

 long long t[][][];

 long long ans;

 int main() {

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

     scanf("%s%s",s+,ss+);

     f[][][]=t[][][]=;

     for (int i=; i<=n; i++) t[][i][]=;

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

         memset(f[k&],,sizeof f[k&]);

         memset(t[k&],,sizeof t[k&]);

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

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

                 if (s[i]==ss[j]) {

                     f[k&][i][j]=(long long)t[(k+)&][i-][j-];

                     if (s[i-]==ss[j-]) f[k&][i][j]=(long long)(f[k&][i][j]+f[k&][i-][j-]+mod)%mod;

                 }

                 t[k&][i][j]=(long long)((t[k&][i][j]+f[k&][i][j]+mod)%mod+t[k&][i-][j]+mod)%mod;

             }

         }

     }

     for (int i=; i<=n; i++) ans=(long long)((ans+f[K&][i][m]+mod)%mod);

     printf("%lld",ans);

     return ;

 }