【题解】洛谷P2679[NOIP2015]子串 线性DP+前缀和

最新推荐文章于 2024-07-18 16:38:40 发布
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分类专栏： NOIP 洛谷 线性DP 前缀和 文章标签： 线性DP 前缀和
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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_41958841/article/details/83743421
本文介绍了一个使用动态规划解决字符串匹配问题的C++程序。通过预处理和迭代计算，该算法能够在给定两个字符串和一个匹配长度的情况下，找到第一个字符串中与第二个字符串长度为K的子串完全匹配的所有可能情况的数量。此算法特别适用于需要精确匹配且考虑多种可能匹配位置的场景。

摘要生成于 C知道 ，由 DeepSeek-R1 满血版支持， 前往体验 >

题目链接
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#include<cstdio>
#define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rep_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
const int mod=1e9+7;
int dp[201][201],sum[201][201],n,m,K;
char a[1001],b[1001];
int main()
{
	scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&K,a+1,b+1);dp[0][0]=1;
	_rep(i,1,n)rep_(j,m,1)rep_(k,K,1)dp[j][k]=(dp[j][k]+((a[i]==b[j])?(sum[j][k]=(sum[j-1][k]+dp[j-1][k-1])%mod):(sum[j][k]=0)))%mod;
	printf("%d\n",dp[m][K]);return 0;
}

总结

无

算法竞赛备考冲刺必刷题（C++） | 洛谷 P2679 子串
COCO_gsta的博客
09-02 471
现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串，然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 中出现的顺序依次连接起来得到一个新的字符串。第一行是三个正整数 n,m,k，分别表示字符串 A 的长度，字符串 B 的长度，以及问题描述中所提到的 k，每两个整数之间用一个空格隔开。记录下洛谷C++学习和备考过程中的题目，记录每一个瞬间。第二行包含一个长度为 n 的字符串，表示字符串 A。第三行包含一个长度为 m 的字符串，表示字符串 B。注意：子串取出的位置不同也认为是不同的方案。一个整数，表示所求方案数。
【题解-洛谷】P2678 [NOIP 2015 提高组] 跳石头
写代码的犄角旮瘩
04-13 700
为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为。
洛谷P2679 子串
dezhen7015的博客
10-05 208
题目背景 无 题目描述 有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 中出现的顺序依次连接起来得到一 个新的字符串,请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。 输入输出格式 输入格式： 输入文件名为 substrin...
tyvj1098 任务安排
weixin_30394669的博客
08-20 200
描述 N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小...
洛谷 P2679 子串
weixin_34414196的博客
11-05 115
题目背景 无 题目描述 有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 中出现的顺序依次连接起来得到一 个新的字符串,请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。 输入输出格式 输入格式：   输入文件名为 substring.in。 第...
2018.08.17 洛谷[POI2010]GRA-The Minima Game（线性dp）
苟为蒟蒻又何妨
08-17 200
传送门 短代码神奇dp。 自己yy的思路居然1A了好高兴啊！ 不难想到每个人选择的时候一定是取连续的最大的那一段数，自然需要先排序。 然后可以用dp[i]表示当前最大数是a[i]的时候先手可以获得的最优值。 不难想到dp[i]跟dp[1]~dp[i-1]都有关系，其实就是dp[i]=max(a[j]−dp[j−1])dp[i]=max(a[j]−dp[j−1])dp[i]=max(a[j...
洛谷P3956 [NOIP2017 普及组] 棋盘 题解+AC代码
m0_66502505的博客
07-18 892
洛谷P3956 [NOIP2017 普及组] 棋盘 题解+AC代码
洛谷 P1009 [NOIP1998 普及组] 阶乘之和 C++题解
Lucasincyber的博客
08-12 500
由于给出 n 的数据范围过大，而 C++ 存储量有限，用 unsigned long long 也存不下稍微大一点的 n，所以需要用到高精度乘法和高精度加法结合来实现。由题目可知，题目给出一个整数 n（n ≤ 50），求。
洛谷题解：P3954-[NOIP2017 普及组] 成绩
04-16
此段代码为洛谷平台上一道编程题目的题解代码，题目的标题是“[NOIP2017 普及组] 成绩”。这个题目涉及到基础的C++编程知识，尤其是顺序结构的使用。在详细解释代码之前，我们先了解一下NOIP（全国青少年信息学...
洛谷P2669 [NOIP2015 普及组] 金币-c++题解
m0_52311818的博客
03-03 1028
题目背景 NOIP2015 普及组 T1 题目描述 国王将金币作为工资，发放给忠诚的骑士。第一天，骑士收到一枚金币；之后两天（第二天和第三天），每天收到两枚金币；之后三天（第四、五、六天），每天收到三枚金币；之后四天（第七、八、九、十天），每天收到四枚金币……；这种工资发放模式会一直这样延续下去：当连续 n 天每天收到 n 枚金币后，骑士会在之后的连续 n+1 天里，每天收到 n+1 枚金币。 请计算在前 k 天里，骑士一共获得了多少金币。 输入格式 一个正整数 k，表示发放金币的天数。 输出
NOIP模拟 聚会（前缀和）
weixin_30274627的博客
10-03 147
今天就补下昨天的坑，考的是一脸懵啊。 【题目描述】 在成都的一条街道上，一共有 N 户人家，每个家庭有 Xi 个人，他们和谐的生活在一起，作为全国和谐街道，他们经常会小范围组织活动，每次活动会选择一户作为聚点，并要求某些家庭参加，为了方便通知，村长每次邀请位置连续的家庭。因为每户人数不同，每个家庭之间有一定距离，村长希望你计算出每次邀请的家庭的移动代价。第 i...
洛谷P2679 子串(线性DP)
肘子的博客
08-14 292
题意：传送门 题解：从aaa中选取kkk个连续的子串按顺序拼成bbb串，有多少种方案??? 考虑这样表示f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k]到达aaa的第iii位，此时已经取了jjj个和bbb的前jjj个相同，一共用了kkk个连续串，但是有个问题，就是下一位该怎么推，这个iii位到底选了没有选，这样不好推，考虑再加上一维f[i][j][k][0/1]f[i][j][k][0...
线性Dp【洛谷】
Seele_Vollerei2的博客
02-17 158
dp
洛谷 P2679 子串 【dp神题】【滚动数组】【2015 noip d2t2】
weixin_30889885的博客
07-01 143
偷个懒，题解看这里：https://www.luogu.org/problemnew/solution/P2679 看作者 GuessYCB 写的 ===2018.9.6=== 这一次算理解深一点了，也不再觉得这题是神题了，只是思维难度稍微高一点。 首先定义状态dp[i][j][k]代表A里前i个字符挑出k个子串组成b的前j个字符的总方案数，那答案就是dp[n][m][k]； 然后想...
dp——洛谷P2679子串
weixin_30449239的博客
04-20 121
https://daniu.luogu.org/problem/show?pid=2679 我靠终于他妈自己做了一道题我靠； 还是水题555555555555； 题解我就不讲了； 但是对于dp我讲几点； 有些显然不可能的状态，一定要跳过； #include<cstdio> #include<cstring> #include<ios...
洛谷P2679 [NOIP2015 提高组] 子串 题解
q779的博客
07-11 724
字符串dp有趣题 qwq
洛谷P1156 垃圾陷阱【线性dp】
weixin_30561425的博客
05-14 167
题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1156 题意： 每一个垃圾投放时间是t，可以堆的高度是h，如果吃掉可以增加的生命值是f。 给定g个垃圾，初始生命值是10，要求如果要爬出深度为d的井的最早时间是多少。如果爬不出去，最多的生存时间是多少。 思路： 有几个状态，时间，高度，生命值，第几个垃圾。 时间显然是垃圾投入时就马上进行处理，所以这...
洛谷 P1136 迎接教主【线性DP】
黑丝太白的博客
09-18 213
思路： 线性DP 我们可以定义状态dp[i][j][k]表示前i个字符，‘j’改变成’z’ j 次，‘z’改变成’j’ k次。 交换两个字母，不会做无谓的操作，即不会交换两个相同的字母，所以交换m次，就会有m个’j’变成’z’，m个’z’变成’j’。所以在j==kj==kj==k的时候就是交换的的时候，这时候更新答案。 遍历每一个字符，首先让dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]...
洛谷 - P1280 尼克的任务 (线性dp)
give it a try
12-03 375
题目传送 题意: 思路: 子问题就是选这个任务还是不选这个任务的问题，但是题目有限制要求，当前时间有任务但是自己目前空闲，就必须接一个任务 那么如果从头开始找，前面的子问题会对后面的子问题有影响，那么不行，如果从后面往前，那么无后效性成立，动态转移方程式就是，如果此时没有必须的任务要去做，那么dp[i] = dp[i+1] +1，否则这个时刻必定要选一个任务，那么直接加上一个dp[结束时间]。由于无后效性，肯定不会有影响 AC代码 #include<bits/stdc++.h> #includ
P2679 [NOIP 2015 提高组] 子串
最新发布
05-28
<think>嗯，用户问的是NOIP2015提高组的子串问题，也就是P2679。我需要先回忆一下这个题目的具体要求。题目是说有两个字符串A和B，要从A中取出k个不重叠的非空子串，按顺序连接后等于B，求有多少种方案。子串位置不同就算不同方案。首先，我得确定这个问题的解法方向。根据用户提供的引用，尤其是引用[2]中的分析，提到这是一个动态规划问题，可能需要用倒序求解，并且加一维来记录子串的个数。所以动态规划应该是关键。 接下来，我需要考虑状态定义。通常这类问题会用到二维或三维的DP数组。这里因为要取k个子串，所以状态可能需要包括当前处理到A的哪个位置，B的哪个位置，以及已经用了多少个子串。比如，dp[i][j][k]表示A的前i个字符，B的前j个字符，用了k个子串的方案数。但可能还需要一个维度来记录当前是否在延续上一个子串，或者是否开始新的子串。不过根据引用中的提示，可能不需要额外维度，而是通过倒序枚举来优化。然后，状态转移方面，当A[i]等于B[j]时，可以考虑两种情况：一种是延续当前的子串，即把当前字符加入上一个子串的末尾；另一种是开启一个新的子串。这时候需要分别处理这两种情况的转移。例如，如果延续，那么方案数可能继承自dp[i-1][j-1][k]；如果开启新子串，可能需要从dp[i-1][j-1][k-1]转移过来。但这里可能需要注意，当开启新子串时，前面的字符必须已经处理完毕，并且不能重叠。 不过根据引用[2]中的描述，提到使用倒序枚举B的字符，并且利用类似哈希优化的方法。这可能是指为了避免重复计算，或者优化空间复杂度，采用滚动数组的方式。例如，在DP时，使用两维数组，或者倒序更新j的值，从而节省空间。另外，题目中的取模操作需要注意，每次更新状态时都要及时取模，防止溢出。同时，初始条件可能需要仔细设置，比如dp[0][0][0]=1，表示空字符串匹配空字符串，且用了0个子串的情况。 可能还需要考虑边界情况，比如当A的长度小于B时，直接返回0；或者当k=0时的情况，但题目中k应该至少是1，因为子串是非空的。然后，根据引用中的例子，比如D2B题解部分，可能需要使用类似这样的状态转移方程：当A[i] ==B[j]时，dp[j][k] +=dp[j-1][k]（延续子串）和dp[j][k]+= dp[j-1][k-1]（新建子串）。同时，由于是倒序枚举j，可以避免覆盖问题，比如从后往前更新，这样在计算时使用的是上一层的状态值。此外，空间优化方面，可能使用滚动数组，因为每次处理i的时候只需要i-1的状态，所以可以用两个二维数组交替使用，或者直接用一个三维数组，但考虑到数据规模，可能需要优化到二维。例如，如果A的长度是n，B是m，k最大到m，那么三维数组可能会超出内存限制，所以必须进行空间优化。 现在，我需要将这些思路整理成具体的状态转移方程和步骤。可能的步骤是： 1.初始化dp数组，dp[0][0][0] =1。 2.遍历A的每个字符i，从1到n。 3.对于每个i，遍历B的字符j，从m到1（倒序）。4.遍历子串的数量p，从1到k。5.如果A[i-1] ==B[j-1]，则dp[j][p] =(dp[j][p]+ dp[j-1][p]+ dp[j-1][p-1])% mod。6.否则，dp[j][p]保持不变。 7.最后，答案是dp[m][k]。不过这里可能需要更详细的状态转移分析，尤其是如何处理连续子串的情况。例如，当延续子串时，可能需要在同一个p中累加，而开启新子串时需要p-1。因此，可能需要两个状态数组：一个表示当前字符是否作为新子串的开头，另一个表示延续。或者，使用两个不同的转移路径。或者，可能的状态转移方程是： 当A[i] ==B[j]时，有两种选择： -将当前字符连接到前一个子串的末尾，此时子串数量不变，即dp[i][j][k]+= dp[i-1][j-1][k]-开启新的子串，此时子串数量增加1，即dp[i][j][k]+= dp[i-1][j-1][k-1]但这样需要处理i和j的关系，以及如何累加。同时，为了处理重叠问题，可能需要确保子串之间不重叠，所以可能需要记录子串的结束位置，但这样会增加状态维度，导致复杂度上升。不过题目中的子串只需要互不重叠，而顺序连接，因此在状态转移时，只需要保证每次开启新子串时，前面的子串已经处理完毕，不需要记录具体位置，因为顺序连接的情况下，子串自然是不重叠的。例如，假设在A中取子串的顺序是按从左到右的顺序连接，所以每个新子串的起始位置必须在前一个子串的结束位置之后。但这样的话，动态规划的状态可能需要记录当前在A中的位置i，B中的位置j，已经使用的子串数p，以及当前是否在构建一个子串中。这会增加状态维度，导致复杂度较高。因此，可能需要优化状态的设计，比如将是否延续子串合并到状态中，或者通过转移的方式来隐式处理。 根据引用[2]中的提示，可能使用倒序枚举j的方法，这样可以避免重复计算，并且利用滚动数组优化空间。例如，使用二维数组dp[j][p]，在每次处理i时，倒序更新j的值，从而覆盖之前的状态，而不会影响后续的计算。具体来说，可能的状态转移方程是： 对于每个i，从1到n：对于j从m到1：如果A[i-1] ==B[j-1]:对于p从k到1：dp[j][p] =(dp[j][p]+ dp[j-1][p]+ dp[j-1][p-1])% mod否则：dp[j][p]保持不变但这里可能需要初始化，或者使用辅助数组来保存上一层的结果。例如，使用一个临时数组来保存i-1时的状态，然后在处理i时更新当前的状态。或者，由于是倒序更新j，可以利用同一数组，因为前面的j-1不会被覆盖，直到处理到j时，j-1的值还是上一层的状态。例如，当处理i时，对于j从m到1，每个j的更新只依赖于j-1的位置，而由于j是倒序处理的，j-1的值在此时还未被当前i的处理影响，因此可以正确引用上一层i-1的状态。这样，可以将空间复杂度优化到二维，即dp[j][p]，而无需三维数组。此外，初始条件可能需要dp[0][0] =1，表示当处理到A的前0个字符，B的前0个字符，用了0个子串时的方案数为1。然后，在每次i循环时，可能需要一个临时数组或者直接在原数组上进行更新，但需要注意更新顺序。总结起来，动态规划的状态定义可能为：dp[j][p]表示在A的前i个字符中，匹配到B的前j个字符，使用了p个子串的方案数。这里i是隐含在循环中的，通过外层循环处理，因此可以省略i这一维度，使用滚动数组优化空间。因此，具体的步骤可能如下：1.初始化一个二维数组dp[j][p]，其中dp[0][0]=1，其余初始化为0。 2.对于A中的每个字符i（从1到n）：a.创建一个临时数组temp，复制当前的dp数组。b.对于B中的每个字符j（从m到1）：i.如果A[i-1]== B[j-1]：-对于每个p从1到k：temp[j][p]= (temp[j][p] +dp[j-1][p] +dp[j-1][p-1]) %modii.否则：-temp[j][p]保持不变c.将temp数组赋值给dp数组。3.最终结果为dp[m][k]。 不过可能还需要考虑，当i增加时，如何累积之前的方案数。例如，是否需要在每次i循环时，将当前i的贡献累加到dp数组中，或者需要分情况讨论。另外，可能存在另一种状态定义方式，使用两个数组：一个表示当前字符作为某个子串的结尾，另一个表示不作为结尾。但这样可能增加状态维度，但可以更清晰地处理连续子串的情况。 例如，使用两个二维数组：dp0[j][p]表示不选当前字符作为子串的结尾，dp1[j][p]表示选当前字符作为子串的结尾。这样，当A[i]== B[j]时，可以选择延续之前的子串（即dp1[j-1][p]）或者开启新的子串（dp0[j-1][p-1]）。然后，状态转移方程可能为：dp1[j][p]= dp1[j-1][p] +dp0[j-1][p-1]dp0[j][p]= dp0[j][p] +dp1[j][p]不过这样的状态设计可能更清晰，但需要维护两个数组，空间复杂度可能较高。不过通过滚动数组优化，可以将其压缩到二维。例如，初始化dp0和dp1数组，每次处理i时，更新当前的dp1和dp0。当A[i] ==B[j]时，可以延续子串（dp1[j][p]+= dp1[j-1][p]）或者开启新子串（dp1[j][p]+= dp0[j-1][p-1]）。然后，dp0[j][p]则继承自上一层的dp0[j][p]加上当前层的dp1[j][p]。不过这可能比较复杂，需要更仔细的分析。根据引用[2]中的描述，可能更倾向于使用倒序枚举j，并利用一个二维数组进行状态转移。例如，在每次处理i时，从后往前更新j，这样在计算j时，j-1的位置还没有被当前i的更新影响，因此可以正确引用上一层i-1的状态。假设使用这样的方法，状态转移方程可以表示为： 当A[i] ==B[j]时：dp[j][p] +=dp[j-1][p]//延续之前的子串dp[j][p] +=dp[j-1][p-1]//开启新的子串否则：dp[j][p]保持不变但需要注意，这里的dp数组是随着i的循环逐步更新的，所以可能需要使用滚动数组，或者每次i循环时复制一份当前状态，然后在新的状态上进行更新。 例如，使用两个二维数组prev和curr。在每次i循环开始时，将prev复制为curr，然后curr在prev的基础上进行更新。这样，可以保证每次更新都是基于i-1的状态。 具体步骤：初始化prev数组，prev[0][0] =1。对于每个i从1到n：初始化curr数组为prev的副本。对于j从1到m：如果A[i-1]== B[j-1]:对于p从1到k:curr[j][p]= (curr[j][p] +prev[j-1][p] +prev[j-1][p-1]) %mod将prev更新为curr。 最终结果为prev[m][k]。不过这里可能存在一个问题，当开启新的子串时，是否需要确保前面的子串已经结束。例如，如果当前字符作为新子串的开始，那么前面的子串必须已经结束于i-1的位置。但在这个状态定义中，可能无法直接追踪子串的结束位置，因此需要依赖状态转移的正确性来保证子串不重叠。实际上，由于子串是按顺序连接的，因此每个新子串的开始位置必须在前一个子串的结束位置之后。但是在动态规划的状态中，我们并没有记录子串的具体位置，而是通过状态的转移来隐式地处理。例如，当开启新子串时，p增加1，而当前处理的是A的前i个字符，因此后面的子串必须从i之后的位置开始，但这里可能无法直接体现，因此需要确保状态转移的正确性。 可能这个问题的正确解法确实是通过上述的倒序枚举j和使用滚动数组的方法，这样可以有效地处理子串的顺序和数量，同时优化空间复杂度。 此外，需要注意模运算，每次更新都要取模，防止数值溢出。 最后，根据引用[2]中的提示，可能还需要进行一些常数优化，比如使用哈希表或者开放寻址法，但在这个具体问题中，可能不需要，因为动态规划已经足够高效。 总结，正确的解法应该是使用动态规划，状态定义为处理到A的第i个字符，B的第j个字符，使用p个子串的方案数，通过倒序枚举j和滚动数组优化空间，状态转移时考虑延续子串和开启新子串两种情况，并注意取模。</think>### P2679 NOIP2015 提高组 子串问题解法 #### 问题分析 题目要求从字符串$A$中选取$k$个**互不重叠的非空子串**，按原顺序连接后等于字符串$B$，求方案数。动态规划是解决此类计数问题的典型方法，需考虑以下关键点： 1. **状态定义**：需记录当前处理到$A$的位置、$B$的位置、已用子串数量。 2. **转移条件**：当$A[i]=B[j]$时，可以选择延续当前子串或新建子串。 3. **空间优化**：通过倒序枚举和滚动数组降低空间复杂度[^2]。 --- #### 动态规划解法 ##### 状态定义 设$dp[j][p]$表示匹配到$B$的前$j$个字符，且已使用$p$个子串的方案数。通过滚动数组优化，仅需二维状态。 ##### 状态转移 1. **当$A[i]=B[j]$时**： - **延续子串**：从$dp[j-1][p]$转移，即当前字符加入上一个子串末尾。 - **新建子串**：从$dp[j-1][p-1]$转移，即当前字符作为新子串的起点。 $$ dp[j][p] = (dp[j][p] + dp[j-1][p] + dp[j-1][p-1]) \mod (10^9+7) $$ 2. **当$A[i] \neq B[j]$时**：状态保持不变。 ##### 实现步骤 1. **初始化**：$dp[0][0] = 1$，表示空匹配空。 2. **倒序枚举**：对$A$的每个字符$i$，倒序遍历$B$的字符$j$（从$m$到$1$），避免覆盖未处理的状态。 3. **结果输出**：最终答案为$dp[m][k]$。 ```python MOD = 10**9 + 7 n, m, k = map(int, input().split()) A = input().strip() B = input().strip() # 初始化DP数组 dp = [[0] * (k+1) for _ in range(m+1)] dp[0][0] = 1 for i in range(1, n+1): # 临时数组保存上一轮状态 temp = [row[:] for row in dp] for j in range(m, 0, -1): if A[i-1] == B[j-1]: for p in range(1, k+1): temp[j][p] = (temp[j][p] + temp[j-1][p] + temp[j-1][p-1]) % MOD else: for p in range(k+1): temp[j][p] = temp[j][p] # 显式保持不变，实际可省略 dp = temp print(dp[m][k] % MOD) ``` --- #### 关键优化 1. **倒序枚举$j$**：防止覆盖未处理的$j-1$位置的状态。 2. **滚动数组**：仅用二维数组存储状态，空间复杂度为$O(mk)$[^2]。 3. **条件转移**：仅在$A[i]=B[j]$时更新状态，减少无效计算。 ---
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