刷题总结——子串(NOIP2015)

题目：

题目背景

NOIP2015 提高组 Day2 T2

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。

输入格式

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，所以这里要求输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。

样例数据 1

输入　 [复制]

6 3 1 
aabaab 
aab

输出

2

样例数据 2

输入　 [复制]

6 3 2 
aabaab 
aab

输出

7

样例数据 3

输入　 [复制]

6 3 3 
aabaab 
aab

输出

7

备注

【样例说明】
所有合法方案如下：（加下划线的部分表示取出的子串）
样例1：aab aab / aab aab
样例2：a ab aab / a aba ab / a a ba ab / aab a ab
              aa b aab / aa baa b / aab aa b
样例3：a a b aab / a a baa b / a ab a a b / a aba a b
              a a b a a b / a a ba a b / aab a a b

【数据范围】 
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。

题解：

　　用f[i][j][k][0/1]表示b已经被匹配到了第j个,a的第i个取或不取,此时已经取出的k个子串,得出转移方程：

　   如果a串第i个与b串第j个相等

　　f[i&1][j][k][1]=((f[(i-1)&1][j-1][k-1][0]+f[(i-1)&1][j-1][k][1])%mod+f[(i-1)&1][j-1][k-1][1])%mod;
　　f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;

　  否则

　    f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;

       f[i&1][j][k][1]=0;

　　上述转移方程的第一维之所以要&1是因为直接开正常的数组会爆空间··所以这里开了一个滚动数组····

 

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include<string>
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1005;
const int M=205;
const int mod=1e9+7;
int n,m,K,f[2][M][M][2];
char s[N],t[M];
int main(){
    //freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&K,s+1,t+1);
    f[1][0][0][0]=f[0][0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=min(m,i);j++)
            for(int k=1;k<=min(K,j);k++)
            {
                if(s[i]==t[j]){
                    f[i&1][j][k][1]=((f[(i-1)&1][j-1][k-1][0]+f[(i-1)&1][j-1][k][1])%mod+f[(i-1)&1][j-1][k-1][1])%mod;
                    f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;
                }
                else{
                    f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;
                    f[i&1][j][k][1]=0;
                }
            }
    cout<<(f[n&1][m][K][1]+f[n&1][m][K][0])%mod<<endl;
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/AseanA/p/7783437.html