[NOIP2015]Day2T2 子串

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很容易想到DP....

f[i][j][k]表示B串匹配到第i位，A串使用到第j位，共分为k段的方案数

对于第j位匹配第i位，有以下两种情况....

①A串  ******X   Z******

       ......j-1 j......

  B串  **X   Z***

       ..i-1 i...

  这一情况不需要多开一段 故f[i][j][k]+=f[i-1,j-1,k];

②A串 ******X   ****Z******

       ......q ....j......

       (1≤q≤j-1）

  B串  **X   Z***

       ..i-1 i...

  这一情况需要开一段新的 故f[i][j][k]+=∑f[i-1][q][k-1](1≤q≤j-1)

注意以上两种情况都基于sta[j]==stb[i]的条件，如果sta[j]!=stb[i]则f[i][j][k]=0

来计算一下时空复杂度

时间

直接按上述写的话是O(nm^2k)

再加上那个老爷机...要是跑得过我就抢到某人的一巡票了.....

来看情况二 等号右边其实是累加的...不用傻傻的每次跑一趟..用一个tmp记录下来就可以了...

时间降为O(nmk)

空间

直接开nmk炸了吧...

发现只需要i-1的情况...so 滚一滚就好了....

其实挺水的...可能我比较弱吧.....

我的心愿是...世界和平......

var i,j,k,n,m,x,y,s,jacky,joker,len1,len2,ans:longint;
f:array[0..1,0..1007,0..203]of longint;
st1,st2:ansistring;
p:longint=1000000007;
begin
readln(len1,len2,m);
readln(st1);
readln(st2);

for i:=1 to len1 do
if st1[i]=st2[1] then f[0,i,1]:=1;
jacky:=0;
for k:=2 to len2 do
begin
joker:=(jacky+1) mod 2;
for j:=1 to m do
begin
s:=0;
for i:=1 to len1 do
begin
s:=(s+f[jacky,i-1,j-1])mod p;
if st1[i]=st2[k]
then f[joker,i,j]:=(f[jacky,i-1,j]+s)mod p
else f[joker,i,j]:=0;
end;
end;
jacky:=joker;
end;

for i:=1 to len1 do
ans:=(ans+f[joker,i,m])mod p;
writeln(ans);
end.