CF1729G Cut Substrings

CF1729G Cut Substrings

题目大意

给出两个非空字符串$s$和$t$，每次可以将字符串$s$中的任意一个字符串$t$删除，求最小次数删除使得字符串$s$中不会出现字符串$t$，并求出有多少种不同的方案。

如果删除的序列相同而顺序不同，也看作相同的方案。如 { 3 , 5 } \{3,5\} {3,5}和 { 5 , 3 } \{5,3\} {5,3}是相同的方案。

输出最小删除次数与以最小删除次数删除的方案数对$10^9+7$取模后的值。

有$q$组数据。
$1\le q\le 50$，$1\le \sum |s|\le 500$，$1\le \sum |t|\le 500$

题解

设$s$的长度为$n$，$t$的长度为$m$。

首先要求出$t$在$s$中出现的位置。可以用KMP，但没有必要，暴力求的总时间复杂度为$O(\sum (n\times m))$，而$\sum (n\times m)\le (\sum n)\times (\sum m)\le 250000$，完全是可以的。

令各个位置分别为$a_1,a_2,\dots ,a_k$。$k=0$需要特判，输出0,1。

设$f_i$表示让前$i$个位置都不存在的最小删除次数，$g_i$表示其方案数。首先删去的两段不能有交集，令$k$满足$a_k>a_i+m-1$的最小的数，则转移为$f_j=\min (f_j,f_i+1)$，其中$j>i$且$a_j\le a_k+m-1$

注意$i=1$时，对于满足$a_j\le a_i+m-1$的$j$，$f_j=1$。

在求$f$时顺便求$g$即可，具体见代码。

时间复杂度为$O(\sum (n\times m)+\sum n^2)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,s1,t1,a1,a[505];
long long ans1,ans2,f[505],g[505];
long long mod=1000000007;
char s[505],t[505];
void gt(){
	for(int i=1;i<=s1-t1+1;i++){
		int j=1;
		for(j=1;j<=t1&&s[i+j-1]==t[j];j++);
		if(j==t1+1) a[++a1]=i;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%s%s",s+1,t+1);
		s1=strlen(s+1);
		t1=strlen(t+1);
		a1=0;gt();
		if(a1==0){
			printf("0 1\n");
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=a1;i++){
			f[i]=1e9;g[i]=0; 
		}
		for(int j=1;a[j]<=a[1]+t1-1&&j<=a1;j++){
			if(f[j]>1){
				f[j]=1;
				g[j]=1;
			}
			else if(f[j]==1){
				g[j]=(g[j]+g[1])%mod;
			}
		}
		for(int i=1;i<=a1;i++){
			int lst=i+1;
			while(a[lst]<=a[i]+t1-1&&lst<=a1) ++lst;
			if(lst>a1) continue;
			for(int j=lst;a[j]<=a[lst]+t1-1&&j<=a1;j++){
				if(f[j]>f[i]+1){
					f[j]=f[i]+1;
					g[j]=g[i];
				}
				else if(f[j]==f[i]+1){
					g[j]=(g[j]+g[i])%mod;
				}
			}
		}
		ans1=1e9;ans2=0;
		for(int j=a1;a[j]+t1-1>=a[a1]&&j>=1;j--){
			if(f[j]<ans1){
				ans1=f[j];
				ans2=g[j];
			}
			else if(ans1==f[j]){
				ans2=(ans2+g[j])%mod;
			}
		}
		printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
	}
	return 0;
}