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题目链接：BZOJ - 5282

题目分析

LCS 就是用经典的 O(n^2) DP 解决，f[i][j] 表示 x 串前 i 个字符与 y 串前 j 个字符的 LCS 长度。

f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]); 

if (x[i] == y[j]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);

然后再设置一个状态 g[i][j]， 表示 x 串的前 i 个字符中，有多少个长为 f[i][j] 的子序列同时也是 y 串前 j 个字符的子序列。

然后转移的时候，分两种情况：

1) 不包含 x[i] 的子序列， if (f[i - 1][j] == f[i][j]) g[i][j] += g[i - 1][j];

2）包含 x[i] 的子序列，if (f[i - 1][p - 1] + 1 == f[i][j]) g[i][j] += g[i - 1][p - 1]; （p 是 y 串前 j 个字符中最靠后的与 x[i] 相同的位置。）

这样转移就好了。

初始化 g[][] 的时候给 g[0][] 和 g[][0] 赋值。

代码

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

inline int gmax(int a, int b) {return a > b ? a : b;}

const int MaxN = 1000 + 5, Mod = 1000000007;

int T, n, m, Lp;
int f[MaxN][MaxN], g[MaxN][MaxN];

char X[MaxN], Y[MaxN];

int main()
{
	scanf("%d", &T);
	for (int Case = 1; Case <= T; ++Case)
	{
		scanf("%s%s", X + 1, Y + 1);
		n = strlen(X + 1);
		m = strlen(Y + 1);
		memset(f, 0, sizeof(f));
		memset(g, 0, sizeof(g));
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			for (int j = 1; j <= m; ++j)
			{
				f[i][j] = gmax(f[i - 1][j], f[i][j - 1]);
				if (X[i] == Y[j]) f[i][j] = gmax(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
			}
		g[0][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= m; ++i) g[0][i] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			Lp = 0;
			for (int j = 1; j <= m; ++j)
			{
				if (Y[j] == X[i]) Lp = j;
				if (f[i - 1][j] == f[i][j]) 
				{	
					g[i][j] += g[i - 1][j];
					g[i][j] %= Mod;
				}
				if (Lp != 0 && f[i - 1][Lp - 1] + 1 == f[i][j])
				{
					g[i][j] += g[i - 1][Lp - 1];
					g[i][j] %= Mod;
				}
			}
		}
		printf("%d
", g[n][m]);
	}
	return 0;
}