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翻译
给你一个长度为n(N <= 3000)的字符串S。
一个长度为m(m<=n)的字符串T。
字符串是一个magic string当且仅当这个字符串有前缀T。
(这两个字符串都只有小写字母)
对于S, 可以把它的第一个字符删掉然后加到一开始为空串的字符串A的最前面。
也可以加到A的最后面。
可以最多操作n次。
请你求出来这样的操作序列(可以不用n次机会全操作完), 使得最后生成的A是一个magic string;
题解
tip: 观察题目, 发现要取模, 所以十有八九是计数类题目, 而计数类题目要么是排列组合, 要么
就是用DP搞, 这题的数据范围很小, 才3000, 够你开一个二维数组了, 所以得到启发, 肯定是个DP了。
设dp[i][j]表示生成字符串T(较小的那个字符串)的i到j这一段的方案数。
这里仍然有个trick, 就是把T这个字符串看成是和字符串S的长度相同的, 长度都为n, 在m+1之后可以理解为, 随便加什么
字符都能满足(也即没有限制要和T的哪个相同了)。
那么最后的答案就是 (dp[1][m]+dp[1][m+1]+...+dp[n]) 了。
区间DP, 从长度1开始做, 长度1对应的为dp[i][i], 也就是生成字符串t中的第i个字符的方案数。
则有初值, 对于 (1 <= i <=m), 若 (s[1] == t[i]), 那么 $dp[i][i] = 2 $(题目中有说, 只有一个字符的话, 加到左边或右边都可以)。
对于 (m+1 <= i <= n), 因为没有限制, 所以对于第1个元素, 不管它是啥, 加左边或加右边都行, 即 (dp[i][i] = 2)。
然后枚举字符串s的下一个字符, 即枚举idxs, 然后恰巧, 这个idxs也能当做我们的区间的长度(用来顺序枚举)。所以, 紧接着, 继续
枚举长度为idxs的区间(i, j)即可, 进行区间dp。
若i已经大于m了(这时不管s[idxs]是啥都能满足), 或者 (s[idxs]==t[i]), 则 (dp[i][j]+=dp[i+1][j]), 表示将s[idxs]放在左边。
若j已经大于m了, 或者 (s[idxs]==t[j]), 则 (dp[i][j]+=dp[i][j-1]), 表示将s[idxs]放在右边。
最后累加dp[1][m..n]即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%I64d",&x)
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
using namespace std;
const int N = 3e3;
const int MOD = 998244353;
int n,m;
int dp[N+10][N+10];
char s[N+10],t[N+10];
int main(){
#ifdef LOCAL_DEFINE
freopen("D:\rush.txt","r",stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin >> (s+1);
cin >> (t+1);
n = strlen(s+1);m = strlen(t+1);
rep1(i,1,m){
if (s[1] == t[i]){
dp[i][i] = 2;
}
}
rep1(i,m+1,n){
dp[i][i] = 2;
}
rep1(idxs,2,n){
rep1(i,1,n){
int j = i + idxs - 1;
if (j > n) continue;
if (i > m || s[idxs] == t[i]){
dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i+1][j])%MOD;
}
if (j > m || s[idxs] == t[j]){
dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][j-1])%MOD;
}
}
}
int ans = 0;
rep1(i,m,n){
ans = (ans + dp[1][i])%MOD;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}