CF1336C Kaavi and Magic Spell

CF1336C Kaavi and Magic Spell
区间dp

题意

给一个长度为 (n) 的字符串 (S) 和一个长度为 (m) 的字符串(T) ，(1le mle n)，然后开始有一个空串 (A)，接下来可对 (S) 串进行 $n4 次操作:

• 把S的首个字符添加到A的开头然后删掉

• 把S的首个字符添加到A的尾端然后删掉

问在操作过程中使得 (A) 的前 (m) 个字符为 (T)（也就是前缀为 (T)）的情况共有多少？
长度不同或者是操作序列中有某个地方不同可视为是不同情况。

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我们先让 (T) 的长度和 (S) 相同，在多处来的那 (m+1,m+2,cdots,n) 那几位上，钦定它和 (S) 中所有元素都“相等”，因为在这些位置上我们可以取任意值
设计状态：(f(l,r)) 表示的是满足 (forall lle ile r,S_i=T_i) 能构造出多少操作序列

那么假设我们在删除 (S_i) 并把它往 (A) 里添加，此时 (A) 中一定有了 (i-1) 个元素
考虑 (f(l,r),r-l+1=i) 可以由什么状态转移而来

• (S_i=T_l)，则可以把 (S_i) 添加到这个 ([l+1,r]) 区间的前面，构成 ([l,r])，就是 (f(l,r)+=f(l+1,r))
• (S_i=T_r)，这和上面就一样了，(f(l,r)+=f(l,r+1))

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基本已经完成了，现在考虑初始状态和答案
(f(i,i)=2[S_i=T_i])，就是说一种方法是把 (S_1) 从前面添加到 (A) 的第一个元素，一种是从后面添加，虽然结果一样，但是题目要求这是两种不同方式

长度不同算不同情况，这也说明了不一定要操作 (n) 次，只要操作 (i,mle ile n) 次就行了
所以答案是 (sum_{i=m}^{n}f(1,i))

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<map>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	register int x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
#define mod 998244353
char s[3006],t[3006];
int f[3006][3006];
int main(){
	std::scanf("%s",s+1);std::scanf("%s",t+1);
	int n=std::strlen(s+1),m=std::strlen(t+1);
	for(reg int i=1;i<=m;i++) f[i][i]=(s[1]==t[i])<<1;
	for(reg int i=m+1;i<=n;i++) f[i][i]=2;
	for(reg int i=2,len=2;i<=n;i++,len++){
		for(reg int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
			if(l>m||s[i]==t[l]) f[l][r]+=f[l+1][r],f[l][r]%=mod;
			if(r>m||s[i]==t[r]) f[l][r]+=f[l][r-1],f[l][r]%=mod;
		}
	}
	int ans=0;
	for(reg int i=m;i<=n;i++) ans=(ans+f[1][i])%mod;
	std::printf("%d",ans);
	return 0;
}