noi 2009 管道取珠 动态规划

这是一道非常精致的递推问题，程序非常短，但很难想到。问题的关键是对目标的转化以及递推状态的设计。

首先对 ∑ai^2 进行转化，将其这样理解：用A和B分别表示一种取珠的方法，将结果相同的两种取珠方法（不管这两种取珠方法本身是否相同）记为(A, B)，不难发现∑ai^2就是所有这样的(A, B)的对数。

设状态f(a1, b1, a2, b2)，如果f(a1, b1, a2, b2) = K，表示存在K对不完全相同的(A, B)，使得A方法已经取出了第一个串的前a1个字符及第二个串的前b1个字符，B方法已经取出了第一个串的前a2个字符以及第二个串的前b2个字符，同时A方法与B方法得到的结果相同。

显然，f(a1, b1, a2, b2)可以转移向4个方向：f(a1+1, b1, a2+1, b2)，f(a1+1, b1, a2, b2+1)，f(a1, b1+1, a2+1, b2)，f(a1, b1+1, a2, b2+1)，转移可行的前提是对应的字母相同。

最后，f(n, m, n, m)就是问题的答案。递推初态是f(0, 0, 0, 0) = 1.

另外，由于A和B的结果相同，显然有a1+b1 = a2+b2，故只要存储其中的三个值即可。算法的时空复杂度均为O(n³)。空间复杂度经优化可到n^2

 转自http://hi.baidu.com/19930705cxjff/blog/item/a1dd92deb7872454ccbf1a82.html

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 501
#define MOD 1024523
int dp[2][MAXN][MAXN];
int n,m;
char c1[MAXN],c2[MAXN];
int main()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int i,j,k;
    scanf("%s",c1);
    scanf("%s",c2);
    dp[0][0][0]=1;
    for(k=0;k<n+m;k++)
    for(i=0;i<=min(k,n);i++)
    for(j=0;j<=min(k,n);j++)
    {
        if(i<n&&j<n&&c1[n-i-1]==c1[n-j-1])
            dp[(k+1)%2][i+1][j+1]=(dp[k%2][i][j]+dp[(k+1)%2][i+1][j+1])%MOD;
        if(i<n&&k-j<m&&c1[n-i-1]==c2[m-k+j-1])
            dp[(k+1)%2][i+1][j]=(dp[k%2][i][j]+dp[(k+1)%2][i+1][j])%MOD;
        if(k-i<m&&j<n&&c2[m-k+i-1]==c1[n-j-1])
            dp[(k+1)%2][i][j+1]=(dp[k%2][i][j]+dp[(k+1)%2][i][j+1])%MOD;
        if(k-i<m&&k-j<m&&c2[m-k+i-1]==c2[m-k+j-1])
            dp[(k+1)%2][i][j]=(dp[k%2][i][j]+dp[(k+1)%2][i][j])%MOD;
        //cout<<k<<" "<<i<<" "<<j<<" "<<dp[k%2][i][j]<<endl;
        dp[k%2][i][j]=0;    
    }
    printf("%d\n",dp[(n+m)%2][n][n]);
    return 0;
}