Noip2015 子串 【动态规划】

这道题思维量是可以的=。=
学习了dalao们的状态设计，觉得自己还是差很多啊！
先说一个没有滚动数组的版本
对于A串的一个字符，只有选和不选两种可能，选是一种方案，不选也是一种方案

设$f(i,j,k)$ 为A串的前 i 项在分离出 第k个子串时成功匹配到B串的前 j 项时 选择 A串第i项的方案数

还需要加上A串第i项不选择的方案
设$s(i,j,k)$ 为A串的前 i 项在分离出 第k个子串时成功匹配到B串的前 j 项的方案总数

那么$s(n,m,k)$ 就是最终答案
整个过程就是用A串的每一个字符都去试试匹配B串的前j个字符，一直到 j = m，这时B串已经被完全匹配，然后用下一个字符再去匹配，最后把A中的每一个字符都试一遍

关于s的转移：$s(i,j,k)=s(i-1,j,k)+f(i,j,k)$
这个转移也可以用阶段的方式来理解，s就是上一阶段（A试用第i-1个字符）时的方案总数加上A试用第i个字符时的方案总数

现在关键是求出f的转移
当A[i]==B[j]时，i字符是可选的，i字符可以和i-1字符组成一个子串，也可以自立门户，单独成为一个新串
1.和i-1组成一个子串，由$f(i-1,j-1,k)$ 转移而来
2.不和i-1组成一个子串，由$s(i-1,j-1,k-1)$ 转移而来
关于第二个转移，首先自立门户的话，子串数量加1，而状态定义为选择了第i个字符并且现在是第k个子串，那么i的方案数一定是由k-1号子串转移而来的
当A[i]!=B[j]时，第i号字符显然是不可选的，所以$f(i,j,k)=0$

总状态转移方程：

$$f(i,j,k)= \begin{cases} f(i-1,j-1,k)+s(i-1,j-1,k-1) &\mbox{(A[i] == B[j])}\\ 0 &\mbox{ (A[i] != B[j])} \end{cases}$$
$$s(i,j,k)=s(i-1,j,k)+f(i,j,k)$$
代码（未优化空间，70分做法）

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#define moder 1000000007
using namespace std;
char a[1010],b[210];
int f[1010][210][210],s[1010][210][210],n,m,kk;
int main() {
    cin >> n >> m >> kk;
    cin >> a+1 >> b+1;
    s[0][0][0] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        s[i][0][0] = 1;
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            for(int k=1; k<=min(kk,j); k++) {
                if(a[i] == b[j]) {
                    f[i][j][k] = (f[i-1][j-1][k] + s[i-1][j-1][k-1]) % moder;
                    s[i][j][k] = (s[i-1][j][k] + f[i][j][k]) % moder;
                } else {
                    s[i][j][k] = s[i-1][j][k]; 
                }
            }
        }
    }
    cout << s[n][m][kk];
    return 0;
}

现在就应该开始滚动数组啦
可以看出，状态之间的转移只是i-1到i的转移，所以可以压掉i维，并且对j和k进行逆序枚举（每个字符只能选一次）

因为他们的转移都是从一个更小阶段的状态来的，所以逆序枚举不影响转移

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#define moder 1000000007
using namespace std;
char a[1010],b[210];
int f[210][210],s[210][210],n,m,K;
int main() {
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&K);
    scanf("%s %s",a+1, b+1);
    s[0][0] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=m; j>=1; j--) {
            for(int k=min(K,j); k>=1; k--) {
                if(a[i] == b[j]) {
                    f[j][k] = (f[j-1][k] + s[j-1][k-1]) % moder;
                    s[j][k] = (s[j][k] + f[j][k]) % moder;
                } else {
                    f[j][k] = 0;//这是必要的,即使不更新i,这个数组也会保存着i-1的值
                }
            }
        }
    }
    printf("%d",s[m][K]);
    return 0;
}