[刷题笔记] Luogu P2679 [NOIP2015 提高组] 子串

Problem

Description

我们可以换个思路。

从字符串 \(A\) 中拿出 \(k\) 个字串使其变成 \(B\)。求有几种不同的方案？

Analysis

我们发现 \(A\) 中的一个字符取或者不取影响后面的决策，这并不代表它一定有后效性，我们可以记录这一层状态。

和最长公共子序列同理，定义 \(f_{i,j,k,l}(\forall l \in \{1,0\})\) 表示前 \(i\) 位 \(A\)，前 \(j\) 位 \(B\)，共用 \(k\)个字串，\(A_i\) 选或者不选时的方案数。

每次开始讨论前初始化令 \(f_{i,j,k,0}=f_{i,j,k,1}=0\)。因为接下来都是更新操作。

接下来开始分类讨论。

• 首先所有情况\(A_i\) 都可以不选，不管是否 \(A_i = B_j\) 。我们这样枚举的目的是尽可能一一对应。所以 \(f_{i,j,k,0}=f_{i-1,j,k,0}+f_{i-1,j,k,1}\)

Explanation：\(A_i\) 不能选，则 \(B\) 不改变。显然 \(A_{i-1}\) 选或者不选都可以推到到这一步。所以等于他俩方案数的和。

• 当 \(A_i = B_j\) ，这种情况我们可以选择 \(A_i\)。则满足$$f_{i,j,k,1}=f_{i-1,j-1,k,1}+f_{i-1,j-1,k-1,0}+f_{i-1,j-1,k-1,1}$$。

Explanation：显然这一位属于公共子串。我们可以把它和上一位归到一个字串内，也可以单独另开一个字串。这都是算作不同的方案数。选或不选也都是不同的方案数。如果把当前的归到上一个字串中，则它上一个数必须选。如果是另开一个新的字串则上一个数可选可不选。

同时，我们这是四维数组，肯定MLE。容易发现 \(A_i\) 只和 \(A_{i-1}\) 有关系，所以我们显然可以压缩掉第一维状态。

具体实现见代码：

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 300;
const int mod = 1000000007;
int n,m,K;
char s1[3000],s2[N];
int f[N][N][N][3];
int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(false);
//    cin.tie(0);
//    cout.tie(0); 
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
    scanf("%s",s1+1);
    scanf("%s",s2+1);
    f[0][0][0][0] = 1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    { 
        int op = i & 1;
        f[op][0][0][0] = 1;
        for(int j=1;j<=min(i,m);j++)
        {
            for(int k=1;k<=min(j,K);k++)
            {
                f[op][j][k][0] = f[op][j][k][1] = 0;
                f[op][j][k][0] =  (f[op^1][j][k][0]+f[op^1][j][k][1]) %mod; 
                if(s1[i] == s2[j])
                {
                    f[op][j][k][1] = (f[op^1][j-1][k][1]+f[op^1][j-1][k-1][0]) % mod;
                    (f[op][j][k][1] += f[op^1][j-1][k-1][1]) %= mod;
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",(f[n&1][m][K][1]+f[n&1][m][K][0])%mod);
}