滚动数组优化dp

滚动数组优化dp

CF570E Pig and Palindromes

原题链接

题意：

给定一个n*m(n,m <= 500)的字符矩阵，从(1,1)走到(n,m)，每次只能向右和向下走，那么有多少种走法可以组成一个回文串。

思路：

由于形成的是回文串，我们可以假设有两个点，点A从（1，1）出发，点B从（n,m）出发，每次转移的时候当两个点所在的位置字符相等才会转移。

很像传纸条问题，借鉴那道题的dp思路可得：

dp[len] [x1] [y1] [x2] [y2] 表示一共走了len步，点A到达（x1,y1），点B到达（x2,y2）的方案数。

对于转移的话：点A可以向右走和向下走，点B可以向左走和向上走，两两组合一共有4种方案，可以用一个方向数组来记录下来，简化代码。

虽然n只有500，但是这个转移无论是从时间还是空间上都是过不去的。

1.我们很容易发现，知道了该点的x和len，就可以计算出y，所以关于y的那一维就可以省略掉。

2.转移的过程中只用到了上一维，可以用滚动数组来优化。

要注意的是，每次做外层循环的时候，都要清空当前状态。

转移的时候细节比较多。

再就是最后统计答案的时候，由于回文串有奇数长度和偶数长度的，两者对应的dp状态是不同的，都要统计上。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=510,mod=1e9+7;
char mp[510][510];
int dp[2][510][510];
int n,m;
int nx[]={0,0,-1,-1};
int ny[]={0,1,1,0};
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>mp[i]+1;
	int now=0;
	if(mp[1][1]==mp[n][m]) dp[now][1][n]=1;
	for(int len=1;len<=(n+m-2)/2;len++){
		now^=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				dp[now][i][j]=0;
		for(int x1=1;x1-1<=len&&x1<=n;x1++){
			for(int x2=n;n-x2<=len&&x2>=1;x2--){
				int y1=1+len-(x1-1),y2=m-len+(n-x2);
				if(mp[x1][y1]==mp[x2][y2]){
					for(int k=0;k<4;k++){
						dp[now][x1][x2]=(dp[now][x1][x2]+dp[now^1][x1+nx[k]][x2+ny[k]])%mod;
					}
				}
			}
		}
	}
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		res=(res+dp[now][i][i])%mod;
	if((n+m)%2){
		for(int i=1;i<n;i++)
			res=(res+dp[now][i][i+1])%mod;
	}
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}

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原题链接

题意：

求A串在B串出现的次数，给出了a数组,a[i]表示若是使用了i+‘A’这个字母，a[i]个后才能使用下一个字母。

思路：

O（n*k）的dp比较好想、

dp[i] [j]表示匹配到了A串的第i个位置和B串的第j个位置的方案数。

枚举顺序为外层循环i，内层循环j。因为限制数组a[i]的存在，需要记录上一个字母选的哪个。

转移的话：

第j个不使用时，直接等于dp[i-1] [j].

第j个使用的条件为当前位置的两个字符相同，并且长度大于上一个字符的限制条件。

1e5*300的数组可以考虑滚动数组优化，优化的时候要清空当前数组，避免影响答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7;
int dp[2][maxn];
int a[26],n,k;
char s1[1010],s2[maxn];
int main(){
	
	cin>>k>>n;
	
	for(int i=0;i<26;i++) cin>>a[i];
	
	cin>>s1+1>>s2+1;
	
	for(int i=0;i<=n;i++) dp[0][i]=1;
	
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int q=0;q<=n;q++)
			dp[i&1][q]=0;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			dp[i&1][j]=(dp[i&1][j-1])%mod;
			if(s1[i]==s2[j]&&j-1-a[s1[i-1]-'A']>=0){
				dp[i&1][j]=(dp[i&1][j]+dp[(i-1)&1][j-1-a[s1[i-1]-'A']])%mod;
			}
		}
	}
	
/*	for(int i=1;i<=k;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cout<<dp[i&1][j]<<" ";
			if(j==n) puts("");
		}*/
	cout<<dp[k&1][n]%mod<<endl;
	return 0;
}
/*
2 10
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 
AB
ABBBBABBBB

1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
1 1 2 3 4 4 5 7 9 11

*/