wap网测一道题目

1. 给定一个字符串s， 1 <= len(s) <= 3000, 定义odd palindrome string为长度为奇数的回文串， 求s中该奇回文串的个数。

比如axbcba ， 结果为12.

实在想不出来该怎么做，想到一个笨办法，但是tle。 考察左边a对回文串的贡献， 它依次跟右边的a配对，使得这两个a之间的奇回文串翻倍，然后做记忆化搜索。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

ll dp[3010][3010];
string s;
ll work(int x, int y) {
    if(x > y) return 0;
    if(x == y) return 1;
    ll& res = dp[x][y];
    if(res != 0) return res;
    res++;
    for (int j = y; j > x; j--) {
        if(s[j] == s[x]) {
            res  = (res + work(x + 1, j - 1)) % mod;
        }
    }
    res = (res + work(x + 1, y)) % mod;
    return res;
}
void solve() {
    for (int i = 0; i < 3000; i++) {
        s += (char) ('a' + i % 26);
    }
    //cin >> s;
    cout << s << endl;
    cout << work(0, s.size() - 1) << endl;
}

int main() {
    freopen("test.in", "r", stdin);
    //freopen("test.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

问了下，同学的方法，解法比较巧妙。对每一个字符，求左右2边的相同子序列的个数。寻找递推方程。

int dp[3010][3010];
int solve(string s) {
    int n = s.size(), res = 0;
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = n; j > i; j--){
            if(s[i-1] == s[j-1]){
                dp[i][j] = (dp[i-1][j] + dp[i][j+1] + 1) % MOD;
            }
            else{
                dp[i][j] = ((dp[i-1][j] + dp[i][j+1])%MOD +(1000000007- dp[i-1][j+1]) )%MOD;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        res = ((res + dp[i-1][i+1])%MOD  + 1) % MOD;
    }
    return res;
}

看了这个解法，我就感觉有点在哪里见过的赶脚， 然后想到以前做过的一道题， 数字符串s里面回文子序列的个数。

就是这个题目：https://hihocoder.com/problemset/problem/1149 当时什么都不懂， 现在大概有点想法了。

这个题目的代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int mod = 100007;
ll dp[1010][1010];
char s[1010];
void solve() {
    scanf("%s", s);
    memset(dp, 0, sizeof dp);
    int n = strlen(s);
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int r = i + j - 1;
            if(j == 1) {
                dp[i][r] = 1;
            } else {
                if(s[i - 1] == s[r - 1]) {
                    dp[i][r] = (dp[i][r - 1] + dp[i + 1][r] + 1) % mod;
                } else {
                    dp[i][r] = ((dp[i][r - 1] + dp[i + 1][r] - dp[i + 1][r - 1]) % mod + mod) % mod;
                }
            }
        }
    }
    printf("%lld
", dp[1][n]);
}

int main() {
    freopen("test.in", "r", stdin);
    //freopen("test.out", "w", stdout);
    //ios::sync_with_stdio(0);
    //cin.tie(0); cout.tie(0);
    int _;
    scanf("%d", &_);
    for (int i = 1; i <= _; i++) {
        printf("Case #%d: ", i);
        solve();
    }
    return 0;
}

然后，我就想着，这道题目能不能这样做呢， 其实也是可以的。

定义dp[i][j],为区间[i. j]奇回文的个数， 显然长度为1的时候为1， 长度为2的时候为2， 然后转移方程就跟上面的hihocode回文子序列的个数差不多了。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
string s;
ll dp[3010][3010];
void solve() {
    for (int i = 0; i < 3000; i++) {
        s += (char) ('a' + i % 26);
    }
    //cin >> s;
    cout << s << endl;
    int n = s.size();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            int l = j, r = j + i - 1;
            if(r > n) continue;
            if(i == 1) {
                dp[l][r] = 1;
            } else if(i == 2){
                dp[l][r] = 2;
            } else {
                if(s[l - 1] == s[r - 1]) {
                    dp[l][r] = (dp[l + 1][r] + dp[l][r - 1]) % mod;
                } else {
                    dp[l][r] = (dp[l + 1][r] + dp[l][r - 1] - dp[l + 1][r - 1] + mod) % mod;
                }
            }
            //cout << l << " " << r << " " << dp[l][r] << endl;
        }
    }
    cout << dp[1][n] << endl;
}

int main() {
    freopen("test.in", "r", stdin);
    //freopen("test.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

以前不是很了解这种dp的套路，现在大概是有点想法了。