题解 洛谷 P2679 【子串】

一道区间dp。

状态很好设，我们可以设 $dp(i,j,k)$ 表示在 $a$ 的第 $i$ 位前取出 $k$ 个子串与 $b$ 的前 $j$ 位一样的方案数。然后发现不是很好转移。

这个时候很容易就想到，我们再设一维0/1，即 $dp(i,j,k,t)$，$t$表示 $a$ 的第 $i$ 位是否取到了。这样就可以分类讨论转移了。

因为我做的时候不会转移（太菜了）。 所以重点说转移。

首先，若 $a_i!=b_j$，那么说明 $a$ 的第 $i$ 位不可能取到了，因此匹配不了，$dp(i,j,k,1)$ 肯定为 $0$ 了。而 $dp(i,j,k,0)$ 由于 $a$ 的第 $i$ 为不参与，那么肯定就等于到上一位的结果，即 $dp(i-1,j,k,0)+dp(i-1,j,k,1)$。

接下来讨论 $a_i=b_j$ 的情况。$dp(i,j,k,0)$ 显然和上面是一样的，即 $dp(i-1,j,k,0)+dp(i-1,j,k,1)$。但是 $dp(i,j,k,1)$ 怎么考虑呢？如果 $a$ 的第 $i$ 位是单独算的（即不和之前的一位组成子串），那方案数是 $dp(i,j-1,k-1,0)$。就是到这一位不选，选 $k-1$ 的子串（这好理解吧）。如果 $a$ 的第 $i$ 位不是单独算的，也就是说和之前的拼接起来，那么就是 $a$ 的 $i-1$ 位和 $b$ 的 $j-1$ 位一样才可以拼接，所以这里方案数是 $dp(i-1,j-1,k,1)$。那么 $dp$ 方程就推出来了。

最后由于内存显然不够，每个之和 $i-1$ 有关，滚动一下 $dp$ 数组就好。还有，初始化 $dp(i,0,0,0)=1$，否则就全是 $0$ 啦。

写了这么多，感觉有点啰嗦，希望您能看得懂qwq。最后贴个代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,K;
char a[1201],b[1201]; 
int mod=1000000007;
long long f[2][201][201][2];
int main()
{
	cin >> n >> m >> K;
	for (int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
	for (int i=1;i<=m;i++) cin >> b[i];
	f[0][0][0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i%2][0][0][0]=1;
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			for (int k=1;k<=min(j,K);k++)
			{
				if (a[i]!=b[j])
				{
					f[i%2][j][k][0]=(f[(i-1)%2][j][k][0]+f[(i-1)%2][j][k][1])%mod;
					f[i%2][j][k][1]=0;
				}
				else
				{
					f[i%2][j][k][0]=(f[(i-1)%2][j][k][0]+f[(i-1)%2][j][k][1])%mod;
					f[i%2][j][k][1]=(f[i%2][j-1][k-1][0]+f[(i-1)%2][j-1][k][1])%mod;
				}
			}
		}
	}
	cout << ((f[n%2][m][K][0]+f[n%2][m][K][1])%mod) << endl;
	return 0;
}