Solution - CF909C

传送门

Solution.#

很显然的一道 DP 。

定义状态 $dp_{i,j}$ 为在第 $i$ 行有 $j$ 个换行的方案数。

假设第 $i-1$ 行为 $\texttt{f}$ ，那么第 $i$ 行就必须多一个换行，所以 $dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}$

否则第 $i-1$ 行为 $\texttt{s}$ ,此时不难推出第 $i$ 行换行个数的范围是 $j\sim i-2$ ，则 $dp_{i,j}=\sum\limits_{k=j}^{i-2}dp_{i-1,k}$ 。

此时时间复杂度为 $\mathcal O(n^3)$ ，还不够优秀。

我们可以注意到 $\sum\limits_{k=j}^{i-2}dp_{i-1,k}$ 可以用前缀和来维护。这样复杂度就降为 $\mathcal O(n^2)$ 。

Code.#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
	x = 0; T f = 1;
	char c;
	c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {
		if (c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9') {
		x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0';
		c = getchar();
	}
	x *= f;
} 

const int MOD = 1e9 + 7;
char a[5005];
int dp[5005][5005];
int sum[5005];
int n;
signed main() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	dp[1][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= i; j++) {
			if (a[i - 1] == 'f') dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] % MOD;
			else {
				dp[i][j] = (dp[i][j] + sum[i - 2] - sum[j - 1] + MOD) % MOD;
			}
		}
		for (int j = 0; j <= i; j++) {
			sum[j] = (sum[j - 1] + dp[i][j]) % MOD;
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		ans = (ans + dp[n][i]) % MOD;
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}