【XSY2344】K-th String

Description
Alice有 n(n≤26) 张牌，牌上分别标有前 n 个英文小写字母。例如，如果 n=3 ，则Alice有3张牌，分别标有"a", "b", "c" 。Alice可以通过排列这些卡牌来构造字符串 t 。考虑字符串 t 的所有子串（共 n(n+1)2 个），按照字典序从小到大排名第 k 的子串为 s 。现在，给你正整数 n,k 和字符串 s ，问有多少种可能的字符串 t 。将答案对 109+7 取模。

例如： 当 n=3,t="cab" 时，排序后的子串为"a", "ab", "b", "ca", "cab", "cab"，排名第3的子串为"b"。当 n=3,k=3,s="b" 时 ，则 t 可能为"cab"或"bac" ，故答案为2种。

Input
第一行两个整数 \(n,k(1≤n≤26,1≤k≤n(n+1)/2)\) 。

第二行一个字符串 s ，s 中仅包含前 n 个字母，且 s 中的字母两两不同。

Output

输出一行表示答案。将答案对 109+7 取模。

Sample Input

3 3
b

Sample Output

2

HINT

数据范围与约定

对于30%的数据， \(1≤n≤8\)

对于所有数据， \(1≤n≤26\)

想象一下DP

我们先枚举s串

\(dp[i][j][k][l]\)表示前\(i\)个字母中，有\(j\)个比\(s[1]\)小，他们对答案的贡献为\(k\)（添加这个节点后会有多少个新的小于\(s[1]\)的串），\(l=0或1\)，表示现在所取的子串中，有没有s这个串的方案数。

三种情况状态转移：

1.不取\(i\)这个点： dp[i+1][j][kk][l]=dp[i+1][j][kk][l]+dp[i][j][kk][l]

2.取\(i\)这个点：

一个点的贡献就是包含这个点在内，剩余子串的长度。

dp[i+1][j+1][kk+n-i][l]=dp[i+1][j+1][kk+n-i][l]+dp[i][j][kk][l]

3.直接取整个s串（前提：之前没取过s）：

直接取s串的贡献就是对s串中的每一个点都求贡献

if(i+len<=n&&!l)
 {
          dp[i+len][j][kk+(n-i)*sum1-sum][1]=(dp[i+len][j][kk+(n-i)*sum1-sum][1]+dp[i][j][kk][l])%mod;
 }

最后统计答案：

因为在s串之前的字母的每一种排列都符合要求，所以答案要乘上排列的情况数。

s串之后的字母同理。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,k,dp[27][27][3050][2],sum,sum1;
char ch[27];
int main()
{
    scanf("%d%d%s",&n,&k,ch+1);
    int len=strlen(ch+1);
    k-=len;
    if(k<0)
    {
        puts("0");
        return 0;
    }
    int num=ch[1]-'a'+1;
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        if(ch[i]<=ch[1])
        {
            num--;
            if(ch[i]!=ch[1])
            {
                sum=sum+i-1;
                sum1++;//在s串之内的小于s[1]的字母的个数
            }
        }
    }
    dp[0][0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        for(int j=0;j<n;j++)
        {
            for(int kk=0;kk<=n*(n+1)/2;kk++)
            {
                for(int l=0;l<=1;l++)
                {
                    dp[i+1][j][kk][l]=(dp[i+1][j][kk][l]+dp[i][j][kk][l])%mod;//不取
                    dp[i+1][j+1][kk+n-i][l]=(dp[i+1][j+1][kk+n-i][l]+dp[i][j][kk][l])%mod;//取
                    if(i+len<=n&&!l)
                    {
                        dp[i+len][j][kk+(n-i)*sum1-sum][1]=(dp[i+len][j][kk+(n-i)*sum1-sum][1]+dp[i][j][kk][l])%mod;//整个s串
                    }
                }
            }
        }
    }
    long long ans=dp[n][num][k][1];//答案的一种
    for(int i=1;i<=num;i++)//乘上头和尾的排列数
    {
        ans=(ans*i)%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n-num-len;i++)
    {
        ans=(ans*i)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}