【NOIP2015提高组】子串区间DP+滚动数组优化

题意：

有两个仅包含小写英文字母的字符串

现在要从字符串

注意：子串取出的位置不同也认为是不同的方案。

数据范围：

对于第 1 组数据:

------------------------------------------------------我是分割线----------------------------------------------------

题解：一道状态不太明显的题，我们首先要寻找这道题的切入点。

观察这道题的特点，我们发现，相对于B，A中的每个字符显然有选与不选两种决策。

而对于这两个字符串，可以用两个指针表示，一个指向A的状态，一个指向B的状态。

于是这道题的状态就很被发现了。

设置状态：

设 F（i，j，k，1）表示A的前i个字符中，匹配到B中当前第j个字符，一共使用了k段，选择当前第i个字符的方案数。

F（i，j，k，0）表示A的前i个字符中，匹配到B中当前第j个字符，一共使用了k段，不选择当前第i个字符的方案数。

然后就是状态转移：

由状态，我们可以推出如下状态转移方程：

（1）当Ai == Bj 时，F（i，j，k，0） = F（i-1，j，k，0）+ F（i-1，j，k，1）.

　　即当前A中第i个数不作为答案的方案数 == 前i-1的方案数总和。

　　　　　　　　　 F（i，j，k，1） = F（i-1，j-1，k-1，0） + F（i-1，j-1，k-1，1） + F（i-1，j-1，k，1）；

　　即当前A中第i个数作为答案的方案数 == A中前i-1个数匹配到B中第j-1个的方案数总和（i不接到前一个答案中） + A中前i-1个数方案（i接到前一个答案中）。

（2）当Ai != Bj 时， F（i，j，k，0） = F（i-1，j-1，k，0） + F（i-1，j-1，k，1）.

　　　　　　　　同（1）中的转移。

　　　　　　　　　 F（i，j，k，1） = 0；　

　　　　　　　　　由于当前数不能作为答案，所以方案为0.

再确定边界条件，我们可以知道，F（i，0，0，0） = 1；即匹配B中0个字符的方案为1.

于是我们可以写出代码：

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int mod = 1e9+7;
const int N = 1e6 + 50;
int n, m, p;
int f[1010][101][101][2];
char a[N], b[N];
inline int read() {int x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}while(ch >='0' && ch <='9') { x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
void work(){rep(i, 0, n) f[i][0][0][0] = 1;rep(i, 1, n) rep(j, 1, m) rep(k, 1, p){if(a[i] == b[j]) {f[i][j][k][0] = (f[i-1][j][k][0] + f[i-1][j][k][1])%mod;f[i][j][k][1] = (f[i-1][j-1][k-1][0] + (f[i-1][j-1][k-1][1] + f[i-1][j-1][k][1]) % mod) % mod;}else {f[i][j][k][1] = 0;f[i][j][k][0] = (f[i-1][j][k][0] + f[i-1][j][k][1])%mod;}}printf("%d\n", (f[n][m][p][1] + f[n][m][p][0])%mod); 
}
void init(){n = read(); m = read(); p = read();scanf("%s%s", a+1, b+1);
}
int main(){init(); work();return 0;
}

View Code

但是我们发现，这份代码空间复杂度效率低下（2*n*m*k），无法通过此题，我们还需要优化。

于是乎，DP常用的空间优化：滚动数组优化就出现了。

观察DP转移方程，我们可以发现，每一个决策i只与前一个决策i-1有关，其他的空间都是多余的。

所以我们就可以用01方法表示。

AC代码如下：

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 50;
int n, m, p;
int f[2][220][220][2];
char a[N], b[N];
inline int read() {int x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}while(ch >='0' && ch <='9') { x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
void work(){int val = 1;f[0][0][0][0] = f[1][0][0][0] = 1; rep(i, 1, n) {rep(j, 1, m) rep(k, 1, p){if(a[i] == b[j]) {f[val][j][k][0] = (f[val^1][j][k][0] + f[val^1][j][k][1])%mod;f[val][j][k][1] = (f[val^1][j-1][k-1][0] + (f[val^1][j-1][k-1][1] + f[val^1][j-1][k][1]) % mod) % mod;}else {f[val][j][k][1] = 0;f[val][j][k][0] = (f[val^1][j][k][0] + f[val^1][j][k][1])%mod;}}val ^= 1;}printf("%d\n", (f[n&1][m][p][1] + f[n&1][m][p][0])%mod); 
}
void init(){n = read(); m = read(); p = read();scanf("%s%s", a+1, b+1);
}
int main(){init(); work();return 0;
}