NOIP2015提高组复赛B 子串

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/263/B

题目大意：

　　略

分析：

　　设preA(i)为字符串A中第1个字符到第i个字符构成的字符串。

　　设preB(i)为字符串B中第1个字符到第i个字符构成的字符串。

　　设所要解决的问题为problem(A, B, k)。

　　设dp[i][j][h]为problem(preA(i), preB(j), h)的答案。

　　于是problem(A, B, k)的答案就是dp[n][m][k]。

以下几种情况是容易得知的：

　　当 j == 0 && h == 0时，dp[i][0][0] = 1，这是因为在preA(i)中选0个子串只有一种选法，连起来是空串，preB(0)也是空串。

　　当 i < h 时，即preA(i)选不出h个子串时，dp[i][j][h] = 0。

　　当 i < j 时，即preA(i)长度小于preB(j)时，dp[i][j][h] = 0。

　　当 h > j 时，即所需要选的子串数目大于于preB(j)时，dp[i][j][h] = 0，因为每个字串至少贡献一个长度。

　　当 j != 0 && h == 0时，由于preB(j)不是空串，所以dp[i][j][h] = 0。

现在开始推dp[i + 1][j][h]的递推关系（由于上面所述的情况，i = 0时候的所有情况都是已知的，所以很自然地想要用i去推i + 1）：

　　作为A[i + 1]这个新加进来的字符，有2种情况：

　　　　1：A[i + 1] != B[j]，这种情况下A[i + 1]并不会对答案有所贡献，有和没有一样，所以dp[i + 1][j][h] = dp[i][j][h]。

　　　　2：A[i + 1] == B[j]，这种情况下dp[i + 1][j][h]的构成分为3种：

　　　　　　（1）：不选A[i + 1]，这和A[i + 1] != B[j]一样，dp[i + 1][j][h] = dp[i][j][h]。

　　　　　　（2）：单独选A[i + 1]，这时dp[i + 1][j][h] = dp[i][j - 1][h - 1]。

　　　　　　（3）：A[i + 1]是和A[i]一起被选上的，这种情况下和单选选A[i + 1]差不多，不过h不用减，又因为dp[i][j - 1][h]里面还包含A[i + 1]和A[i]不一起的情况，即没选A[i]的情况，要减去这种情况，所以答案为dp[i + 1][j][h] = dp[i][j - 1][h] - dp[i - 1][j - 1][h]。

注意点:数组直接开3维会爆内存，应该用滚动数组。

70分代码如下（超内存）：

#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
 
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
 
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
 
template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
    in >> p.first >> p.second;
    return in;
}
 
template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
    for (auto &x: v)
        in >> x;
    return in;
}
 
template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
    out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "
";
    return out;
}
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
const double EPS = 1e-10;
const int inf = 1e9 + 9;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxN = 1e5 + 7;
const LL ONE = 1;

int n, m, k;
string A, B;
LL dp[1007][207][207];

void solve() {
    For(i, 0, n) {
        For(j, 0, m) {
            For(h, 0, k) {
                if(j == 0 && h == 0) dp[i][j][h] = 1;
                else if(i < h || i < j || h > j || h == 0) dp[i][j][h] = 0;
                else if(A[i] == B[j]) {
                    dp[i][j][h] += dp[i - 1][j][h]; // 不选A[i] 
                    dp[i][j][h] %= mod;
                    dp[i][j][h] += dp[i - 1][j - 1][h - 1]; // 单独选A[i]  
                    dp[i][j][h] %= mod;   
                    if(i >= 2) {
                        // A[i]和A[i - 1]连着的情况 
                        dp[i][j][h] += dp[i - 1][j - 1][h]; // 先加一下所有不单独选A[i]的情况 
                        dp[i][j][h] %= mod;
                        dp[i][j][h] -= dp[i - 2][j - 1][h]; // 再减去不连着的情况 
                        dp[i][j][h] += mod;
                        dp[i][j][h] %= mod;
                    }
                    dp[i][j][h] %= mod;
                }
                else if(A[i] != B[j]) dp[i][j][h] = dp[i - 1][j][h];
            }
        }
    }
    
    
}

int main(){
    INIT();
    cin >> n >> m >> k >> A >> B;
    A.insert(0, "#"); //< 让下标从1开始 
    B.insert(0, "#"); 
    
    solve();
    
    cout << dp[n][m][k] << endl;
    return 0;
}

100分代码如下：

#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
 
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
 
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
 
template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
    in >> p.first >> p.second;
    return in;
}
 
template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
    for (auto &x: v)
        in >> x;
    return in;
}
 
template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
    out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "
";
    return out;
}
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
const double EPS = 1e-10;
const int inf = 1e9 + 9;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxN = 1e5 + 7;
const LL ONE = 1;

int n, m, k;
string A, B;
LL dp[3][207][207];

void solve() {
    For(i, 0, n) {
        For(j, 0, m) {
            For(h, 0, k) {
                dp[i % 3][j][h] = 0; // 归零 
                if(j == 0 && h == 0) dp[i % 3][j][h] = 1;
                else if(i < h || i < j || h > j || h == 0) dp[i % 3][j][h] = 0;
                else if(A[i] == B[j]) {
                    dp[i % 3][j][h] += dp[(i - 1) % 3][j][h]; // 不选A[i] 
                    dp[i % 3][j][h] += dp[(i - 1) % 3][j - 1][h - 1]; // 单独选A[i] 
                    if(i >= 2) {
                        // A[i]和A[i - 1]连着的情况 
                        dp[i % 3][j][h] += dp[(i - 1) % 3][j - 1][h]; // 先加一下所有不单独选A[i]的情况 
                        dp[i % 3][j][h] -= dp[(i - 2) % 3][j - 1][h]; // 再减去不连着的情况 
                        dp[i % 3][j][h] += mod;
                    }
                }
                else if(A[i] != B[j]) dp[i % 3][j][h] = dp[(i - 1) % 3][j][h];
                dp[i % 3][j][h] %= mod;
            }
        }
    }
}

int main(){
    INIT();
    cin >> n >> m >> k >> A >> B;
    A.insert(0, "#"); //< 让下标从1开始 
    B.insert(0, "#"); 
    
    solve();
    
    cout << dp[n % 3][m][k] << endl;
    return 0;
}