LOJ2424 NOIP2015 子串【DP】*

最新推荐文章于 2020-11-06 15:07:02 发布

Dream_Maker_yangkai

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分类专栏： DP

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本文深入解析了LOJ2424 NOIP2015子串问题，采用动态规划方法求解从序列A中选取K段不重叠子串组成序列B的方案数量。通过优化DP状态表示和转移方程，实现了高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

LOJ2424 NOIP2015 子串

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题目大意是给你两个序列，在a序列中选出k段不重叠的子串组成b序列，问方案数

首先我们不考虑相邻的两段，把所有相邻段当成一段进行计算

然后设 $dp_{i,j,k,0/1}$ 表示a使用了i为，b匹配到j位，一共有k段，当前这一位选不选的方案数

然后转移显然:
$dp_{i,j,k,0}=dp_{i−1,j,k,0}+dp_{i−1,j,k,1}$
$dp_{i,j,k,1}=dp_{i−1,j−1,k,1}+dp_{i−1,j−1,k−1,0}$ (条件 $a_i=b_j$ )
然后之后的dp就非常显然了

把i滚动数组掉就可以了

然后注意数组清零和j和k的枚举下界是0。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Mod=1e9+7;
const int N=1e3+10,M=2e2+10;
#define fu(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++)
int dp[2][M][M][2];
int c[N][N];
int n,m,k,ind=0;
char a[N],b[N];
int add(int a,int b){return (a+b)%Mod;}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%Mod;}
void init() {
  fu(i,0,n)c[i][0]=1;
  fu(i,1,n)fu(j,1,i)c[i][j]=add(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
}
int main() {
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
  scanf("%s%s",a+1,b+1);
  init();
  dp[ind][0][0][0]=1;
  fu(i,1,n) {
    ind^=1;
    memset(dp[ind],0,sizeof(dp[ind]));
    fu(j,0,min(i,m))
      fu(k,0,j) {
        dp[ind][j][k][0]=add(dp[ind^1][j][k][0],dp[ind^1][j][k][1]);
        if(k==0||j==0||a[i]!=b[j])continue;
        dp[ind][j][k][1]=add(dp[ind^1][j-1][k][1],dp[ind^1][j-1][k-1][0]);
      }
  }
  int ans=0;
  fu(i,1,k)ans=add(ans,mul(add(dp[ind][m][i][0],dp[ind][m][i][1]),c[m-i][k-i]));
  printf("%d",ans);
  return 0;
}