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。
- 比较厉害的dp题，搞了好长时间才搞出来的。
- 而且还有各种坑，卡时间，卡空间。。。。。。
- 不会讲很多，只是简单的说一下思路。
- f[k][i][j]表示分了k段，第一个串取了前i个，第二个串已经构成了前j个的方案数。显然，当s[i]!=ss[j]时f[k][i][j]=0；
- f[k][i][j]=∑f[k-1][L][j-1] 其中s[i]==ss[j] && s[i-1]!=ss[j-1] && 0<L<i
- f[k][i][j]=f[k-1][L][j-1]+f[k][i-1][j-1]，其中s[i]==ss[j] && s[i-1]==ss[j-1] && 0<L<i
- 以上是dp的思路，不过这样做只能得到70分，其余三个点会tle。
- 思考一下时间浪费在哪里？
- 通过dp方程可知时间复杂度为O(n2mk)，每一次需要通过枚举来找到∑的值。
- 优化一下就是利用前缀和的思想，每次用t数组记录∑的值，这样可以优化到O(nmk),，时间复杂度上比较理想。
- 但是还是无法A掉该题，只能得90分，因为空间炸了。如果开1000*200*200*2的数组，大概需要300MB的空间。。。。
- 不难发现方程里只有i,i-1在被调用，以前的空间都已经失效了，所以就用滚动数组吧。
- 空间和时间都可以符合本题的要求，可以得到100分。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #define mod 1000000007 5 using namespace std; 6 7 int n,m,K; 8 char s[1005],ss[1005]; 9 long long f[2][1005][250]; 10 long long t[2][1005][250]; 11 long long ans; 12 13 int main() { 14 scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); 15 scanf("%s%s",s+1,ss+1); 16 f[0][0][0]=t[0][0][0]=1; 17 for (int i=0; i<=n; i++) t[0][i][0]=1; 18 for (int k=1; k<=K; k++) { 19 memset(f[k&1],0,sizeof f[k&1]); 20 memset(t[k&1],0,sizeof t[k&1]); 21 for (int i=1; i<=n; i++) { 22 for (int j=1; j<=m; j++) { 23 if (s[i]==ss[j]) { 24 f[k&1][i][j]=(long long)t[(k+1)&1][i-1][j-1]; 25 if (s[i-1]==ss[j-1]) f[k&1][i][j]=(long long)(f[k&1][i][j]+f[k&1][i-1][j-1]+mod)%mod; 26 } 27 t[k&1][i][j]=(long long)((t[k&1][i][j]+f[k&1][i][j]+mod)%mod+t[k&1][i-1][j]+mod)%mod; 28 } 29 } 30 } 31 for (int i=1; i<=n; i++) ans=(long long)((ans+f[K&1][i][m]+mod)%mod); 32 printf("%lld",ans); 33 return 0; 34 }