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最新推荐文章于 2024-07-28 20:54:49 发布

cqbz_luoyiran

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分类专栏： DP 模拟赛文章标签：算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/cqbz_luoyiran/article/details/111931737

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博客围绕模拟赛中的一道Dp题展开。分析指出搜索时间会超时，应采用动态规划。设dp[i][j]为以i结尾、前面有j个空格的总方案数，分s[i - 1]为‘f’和‘s’两种情况推导转移方程，还考虑后缀和优化时间复杂度至O(n²)，最后给出代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

前言

这次模拟赛出的好bt，这道题被出成T1,只有一个人A了，而我却被卡到了 $80 p t s$ 。

分析

看一眼题目与数据范围，搜索时间一定炸，显然是一道 $D p$ 。

设 $d p [i] [j]$ 为以 $i$ 结尾，前面有 $j$ 个空格的总方案数。

我们可以分为两种情况：

1.s[i-1]=‘f’

这种情况比较简单，因为有一个限制是每一个 $f$ 下面必须不为空，所以说当前这个的位置必须是在上一个字符的下一层，也就是下一个包含在上一个中，

for example:

f
 x
 
x表示'f'或's'

于是我们就可以推出来这样一个转移方程：
$d p [i] [j] = d p [i - 1] [j - 1] (s [i - 1] = =^{'} f^{'})$

2.s[i-1]=‘s’

这种情况稍显复杂，因为如果上一个字符为 $s$ 的话，那么下面一个字符就可以在不超过上一个的层数的任何位置，设上一个在第x层，那么这一个位置就可以在x-1,x-2,x-3…2,1这一些层数在0~x-1的位置，故上一个 $d p [i - 1] [j]$ 的方案数可以加到 $d p [i] [k] (0 < = k < = j)$ 这里面。

for example:

  s
x

  s
 x
 
  s
  x
  
x表示'f'或's'

于是我们就可以推出来这样一个转移方程：
$\sum(dp[i - 1][k])$

其中k>=j。

时间复杂度问题

如果第二种世界暴力写的话，可以发现最坏时间复杂度为 $O(n^3)$ ，绝对会T。于是考虑后缀和，优化一下时间复杂度，在第二种情况就可以 $O (n)$ 更新，于是总的时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MOD 1000000007
const int MAXN = 5e3 + 5;
int n,sum[MAXN],dp[MAXN][MAXN],ans,Sum[2][MAXN];
char s[MAXN];
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		scanf("\n%c",&s[i]);
		if(s[i] == 'f') sum[i + 1] = sum[i] + 1;
		else sum[i + 1] = sum[i];
	}
	if(s[n] == 'f') return printf("0"),0;
	dp[1][0] = 1,Sum[0][0] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i ++) {
		if(s[i - 1] == 's')
		for(int j = sum[i];j >= 0;j --) {
			dp[i][j] += Sum[0][j],dp[i][j] %= MOD;
			Sum[1][j] = Sum[1][j + 1] + dp[i][j],Sum[1][j] %= MOD;
		}	
		else for(int j = sum[i];j >= 0;j --)
		dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1],dp[i][j] %= MOD,Sum[1][j] = Sum[1][j + 1] + dp[i][j],Sum[1][j] %= MOD;
		memcpy(Sum[0],Sum[1],sizeof(Sum[1]));
	}
	for(int i = 0;i <= sum[n];i ++)
	ans += dp[n][i],ans %= MOD;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}