[解题记录] NOI Online 2022 入门组字符串

NOI Online 2022 入门组字符串 #

题意简述#

给定两个字符串 $S$ 和 $T$ 和一个初始为空的字符串 $R$ ，其中 $S$ 长度为 $n$ ，且只由 0, 1, - 三种字符构成（注：这里的第三种字符是减号），然后进行 $n$ 次操作，每次会取出 $S$ 的第一个字符（记为 $c$ ），并将其从 $S$ 中删去。如果 $c = \texttt{-}$ ，则要删去 $R$ 的开头字符或结尾字符（数据保证删去后 $R$ 不为空）。将 $c$ 加入到 $R$ 的末尾。问将 $R$ 变成 $T$ 的方案数。

解题思路#

首先不难想到一个 $\mathcal O(2^{n/2})$ 的爆搜，就是枚举遇到减号时的决策，这样可以拿 $30pts$

看到题目的数据范围，以及题目要我们求方案数，就联想到 DP，我们定义状态 $f[i][j][x][y]$ 表示 $S$ 操作到第 $i$ 个，成功匹配了 $T$ 的前 $j$ 个数， $R$ 前面要删除 $x$ 个数，后面要删除 $y$ 个数的方案，那么状态转移方程就是：

若 $S_i=-$ ， $f[i + 1][j][x - 1][y] += f[i][j][x][y]$
若 $S_i \ne -$ ， $f[i + 1][j][x][l+1] += f[i][j][x][y]$
若 $S_i \ne -$ 且 $S_i = T_{j - 1}$ 且 $l = 0$ ， $f[i+1][j +1][x][y] += f[i][j][x][y]$

复杂度是 $\mathcal O(n ^ 3m)$ 的，不能通过所有数据，但是我们发现其实最后一维完全没有必要记录，因为每次操作完后， $R$ 的字符数是确定的，所以只要知道前面有几个要删除，成功匹配了几个，状态就是唯一确定的，去掉一维后复杂度就变成 $\mathcal O (n ^ 2m)$ 的，但是实现一下就会发现 DP 要处理的细节非常多，我们所以可以写 记忆化搜索 ！

Code#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 410, mod = 1e9 + 7;
int f[N][N][N], n, m, T;
char s[N], t[N];
int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d%s%s", &n, &m, s + 1, t + 1);
        memset(f, 0, sizeof(f));
        int sum = 0;
        f[0][0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (s[i] == '-') sum ++;
            for (int j = 0; j <= m; ++j) {
                for (int k = 0; k <= n; ++k) {//结尾
                    int l = i - 2 * sum - k - j;
                    if (l < 0) continue;
                    if (s[i] == '-') f[i][j][k] = (f[i - 1][j][k + 1] + f[i - 1][j][k]) % mod;//删左和删右
                    else {
                        if (k != 0) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][k - 1]) % mod;//放后面
                        else if (s[i] == t[j]) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][k]) % mod;
                        if (!k && !j) f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j][k]) % mod;
                    }
                }
            }
        }
        printf("%d\n", f[n][m][0]);
    }
    return 0;
}

dfs

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 410, mod = 1e9 + 7;
int f[N][N][N], n, m, T;
char s[N], t[N];
int dfs(int i, int j, int x, int y) {//表示操作到s[i],匹配成功j个，前面要删x个，后面删除y个走下去成功的方案
    if (i > n) return j == m && !x && !y;
    if (~f[i][j][x]) return f[i][j][x];
    int val = 0;
    if (s[i] == '-') {
        if (x) val = (val + dfs(i + 1, j, x - 1, y)) % mod;//删前面的
        if (y) val = (val + dfs(i + 1, j, x, y - 1)) % mod;//删后面的
    }
    else {
        val = (val + dfs(i + 1, j, x, y + 1)) % mod;//直接放到后面
        if (!j && !y) val = (val + dfs(i + 1, j, x + 1, y)) % mod;//如果中间和后面都是空的
        if (s[i] == t[j + 1] && !y) val = (val + dfs(i + 1, j + 1, x, y)) % mod;//如果匹配成功
    }
    return f[i][j][x] = val;
}
int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        memset(f, -1, sizeof(f));
        scanf("%d%d%s%s", &n, &m, s + 1, t + 1);
        printf("%d\n", dfs(1, 0, 0, 0));
    }
    return 0;
}