NOIP2015 子串

传送门

这道题能看出来是DP。其实这个的状态还是比较好确定的，因为首先我们要从A串中选出一些非空不相交子串，而且他们还必须能按原来的顺序拼成B串，那么我们就知道在枚举到A串第i位，B串第j位的时候，A串前i位中选出的子串肯定是能匹配成B串前j位的。

于是乎我们就有了状态：dp[i][j][k]表示枚举A串到第i位，枚举B串到第j位，已经在A串中选择了k个子串的方案数。这样我们发现还不够，于是又加上一维0/1，表示当前第i位的字符是否选择。（听起来这个和NOIP2016换教室的DP状态有点相似）

之后我就发现自己把状态编出来之后不知道怎么转移……QAQ

这种时候一般怎么考虑？首先因为这个要考虑到两个字符串之间的匹配问题，所以当然是分两种状况，第一种是枚举到的两个字符能匹配，之后再分别转移当前这一位取或者不取，得到如下方程：

dp[i][j][k][0] = dp[i-1][j][k][0] + dp[i-1][j][k][1];

dp[i][j][k][1] = dp[i-1][j-1][k][1] + dp[i-1][j-1][k-1][0] + dp[i-1][j-1][k-1][1];

上面一行还是比较好想的，至于下面一行，我们考虑到当前状态可以是与上一位在同一个被选取的子串中（k不变），这种情况下上一位必须是被选择的，之后再考虑不在同一个子串中的情况即可。

第二种就是枚举的两个字符不匹配，这个就比较好得到如下方程：

dp[i][j][k][0] = dp[i-1][j][k][0] + dp[i-1][j][k][1];

dp[i][j][k][1] = 0;

上面那一行，因为你这一位反正也不取，所以其实是同上的。然后下面这一行因为这一个字符不可取，所以结果为0.

这样我们把过程弄完之后，发现时间复杂度是O（2nmk），这个能过，但是空间复杂度就不行了。但是因为每一位只会用到前一位的状态，所以我们可以直接把第一维滚动掉即可。（这样好像只要2M左右空间就能过了）

初始条件是dp[0][0][0][0] = dp[1][0][0][0] = 1;

好DP题呀……看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 50005;
const int mod = 1000000007;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

int n,m,k;
ll dp[2][205][205][2];
char a[1005],b[205];

int main()
{
    n = read(),m = read(),k = read();
    scanf("%s",a+1);
    scanf("%s",b+1);
    dp[0][0][0][0] = dp[1][0][0][0] = 1;
    rep(i,1,n)
    rep(j,1,m)
    rep(p,1,k)
    {
    int g = i&1;
         if(a[i] == b[j])
    {
        dp[g][j][p][0] = dp[g^1][j][p][0] + dp[g^1][j][p][1];
        dp[g][j][p][0] %= mod;
        dp[g][j][p][1] = dp[g^1][j-1][p][1] + dp[g^1][j-1][p-1][0] + dp[g^1][j-1][p-1][1];
        dp[g][j][p][1] %= mod;
    }
    else if(a[i] != b[j])
    {
        dp[g][j][p][0] = dp[g^1][j][p][0] + dp[g^1][j][p][1];
        dp[g][j][p][0] %= mod;
        dp[g][j][p][1] = 0;
    }
    }
    printf("%lld\n",(dp[n&1][m][k][0] + dp[n&1][m][k][1]) % mod);
    return 0;
}