[NOIP2015]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

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：

2

输入样例#2：

6 3 2 
aabaab 
aab

输出样例#2：

7

输入样例#3：

6 3 3 
aabaab 
aab

输出样例#3：

7

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。

题解：

这题各种DP的都有

我定义的F[2][i][j]表示以i,j结尾的字符串最多可以匹配的方案数，第一维是滚动的k

易知：

如果A[i]==B[j]&&A[i-1]==B[j-1]那么A[i][j]可以直接接上原来已经匹配好的，那么F[][i][j]+=F[][i-1][j-1]

如果A[i]==B[j]就用这一位接前面k-1次匹配好的，F[][i][j]=sum(F[][p][j-1]) p=1到i-1

都不成立那么F[][i][j]=0

答案就是sum(F[][m到n][m]).

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1000000007;
const int N=1005,M=205;
int n,m,p;char a[N],b[M];
int last[N][M];ll f[2][N][M],sum[2][N][M];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);
    int pp;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        pp=(i>m?m:i);
        for(int j=1;j<=m;j++)
        if(a[i]==b[j])last[i][j]=last[i-1][j-1]+1;
        else last[i][j]=0;
    }
    int g=0,gg=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        pp=(i>m?m:i);
        for(int j=1;j<=pp;j++)
        if(last[i][j]==j)f[g][i][j]=1;
    }
    for(int k=2;k<=p;k++)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        sum[g][i][j]=(sum[g][i-1][j]+(f[g][i][j]%mod))%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            pp=(i<=m?i:m);
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(!last[i][j])continue;
                f[gg][i][j]=sum[g][i-1][j-1];
                if(last[i][j]>=2)f[gg][i][j]=(f[gg][i][j]+(f[gg][i-1][j-1]%mod))%mod;
            }
        }
        g^=1;gg^=1;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=m;i<=n;i++)ans=(ans+(f[g][i][m]%mod))%mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}