【XSY2344】K-th String（DP+字符串）

\(Description\)

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 10^9+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。

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\(Input\)

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。

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\(Output\)

输出一行表示答案。将答案对 10^9+7 取模。

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\(Sample Input\)

3 3
b

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\(Sample Output\)

2

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\(HINT\)

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

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题解

由于\(t\)的每个字符都不相同，那么只要比较首字母就可以知道字符串相对大小，于是我们只需要知道比\(s_{1}\)的字符位置就可以计算对于答案的贡献。

我们考虑\(dp[i][j][k][2]\)，表示前\(i\)个字符，已经用了\(j\)个小于\(s_{1}\)的字符，字典序比\(s\)小的子串有\(k\)个,用没用\(s\)串的方案数

那么我们就可以枚举\(i,j,k,l\)，随后推出状转方程

1.第\(i\)个字符大于等于\(s_{1}\)，所以\(j,k,l\) 不更新：

\(dp[i+1][j][k][l]+=dp[i][j][k][l]\)

2.第\(i\)个字符小于\(s_{1}\)，显而易见此时状态为\(i+1,j+1,k+n-i,l\)：

\(dp[i+1][j+1][k+n-i][l]+=dp[i][j][k][l]\)

3.后面直接接上\(s\)字符串，此时状态为\(i+len,j,k+(n-i)*d2-d,1\)

在这里\(d\)表示\(s\)的子串个数，\(d2\)表示在\(s\)内比\(s_{1}\)小的字符的个数，\((n-i)*d2-d\)表示\(s\)串对答案的贡献（想想为什么是这样）：

\(dp[i+len][j][k+(n-i)*d2-d][1]+=dp[i][j][k][l]\)

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\(ps:\)细节见代码

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代码·：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int dp[27][510][510][2];
char s[30];
int main()
{
	int n,k;
	scanf("%d %d",&n,&k);
	scanf("%s",s+1);
	int len=strlen(s+1);
	k-=len;//因为s串本身对答案有贡献，于是减去本身的长度
	if(k<0)
	{
		puts("0");
		return 0;
	}
	int d=0,d2=0;//d表示s的子串个数，d2表示在s内比s[1]小的字符的个数
	int num=s[1]-'a'+1;//在s外比s[1]小的字符的个数
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		if(s[i]<=s[1])num--;
		if(s[i]<s[1])
		{
			d+=i-1;
			d2++;
		}
	}
	dp[0][0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=num;j++)
		{
			for(int k=0;k<=(n+1)*n/2;k++)
			{
				for(int l=0;l<=1;l++)
				{
					dp[i+1][j][k][l]=(dp[i+1][j][k][l]+dp[i][j][k][l])%mod;
					dp[i+1][j+1][k+n-i][l]=(dp[i+1][j+1][k+n-i][l]+dp[i][j][k][l])%mod;
					if(!l&&i+len<=n)dp[i+len][j][k+(n-i)*d2-d][1]=(dp[i+len][j][k+(n-i)*d2-d][1]+dp[i][j][k][l]);
					//没有用过s串并且加上s串不会超过长度
				}
			}
		}
	}
	long long ans=dp[n][num][k][1];
	for(int i=1;i<=num;i++)ans=ans*i%mod;
	for(int i=1;i<=n-num-len;i++)ans=ans*i%mod;
	//排列组合
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}