rockdu
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。 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。
输出格式：
输出文件名为 substring.out。 输出共一行,包含一个整数,表示所求方案数。由于答案可能很大,所以这里要求[b]输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。[/b]
输入输出样例
输入样例#1：
6 3 1 aabaab aab
输出样例#1：
2
输入样例#2：
6 3 2 aabaab aab
输出样例#2：
7
输入样例#3：
6 3 3 aabaab aab
输出样例#3：
7
说明
对于第 1 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=1;
对于第 2 组至第 3 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=2; 对于第 4 组至第 5 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=m; 对于第 1 组至第 7 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m; 对于第 1 组至第 9 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m; 对于所有 10 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m。
这道DP题十分值得研究。想了很久还是向题解低头了……
对于一道DP，我们应该想清楚几件事情：状态数组怎么定义、每一个状态从哪里来、边界条件是什么。首先看这道题，是对字符串A、B进行操作。于是我们的前两个维度i，j可以表示A串到i处、B串到j处。又因为限制条件有一条：截取K个子串。我们可以先再加一个维度k，表示现在状态在A串中截取了K个子串。但是有一个问题：那就是根据当前字符匹不匹配可以创生出两种情况：在A中选择当前字符、不选择当前字符。 于是我们可以加上第四维：0/1， 表示不选择、选择当前字符。
接下来我们应该考虑状态转移方程了。假设dp[i][j][k][o]为当前状态。显然我们要同时讨论两种状态：o 为1 还是 0。
o=0 ： 也就是当前字符不选择，那么我们取的子串数不会变，B串位置不会变于是当前dp[i][j][k][0] = dp[i-1][j][k][1] + dp[i-1][j][k][0]。
o=1 ： 也就是当前字符选择。当然，条件是两字符串的i，j处相等。这个时候我们考虑它能怎样被转移，就有了两种情况：1、上一个状态选到了上一个字符，接着上一个状态最后的子串选，那么子串数不变。即dp[i-1][j-1][k][1]。2、选择新的字符，无论上一个状态选没选到上一个字符，都可以断开上次选择的子串新选一个子串，也就是dp[i-1][j-1][k-1][0] + dp[i-1][j-1][k-1][1]。
于是，o=1时总的递推式为dp[i][j][k][1] = dp[i-1][j-1][k][1] + dp[i-1][j-1][k-1][0] + dp[i-1][j-1][k-1][1]。
最后，我们来想一想边界条件，我们枚举每一个A串选择的位置（也就是i）的时候，如果B串一个都没选（j = 0），在A串中已选子串数目为0（k = 0），并且最后一个没有选择（o = 0）一定成立，于是对于每一个i，dp[i][0][0][0] = 1。
下面放出一段小小的代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[2][205][205][2];
int n, m, k;
char A[1005], B[205];
const int modp = 1000000007;
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
scanf("%s", A);
scanf("%s", B);
/**/
dp[0][0][0][0] = 1;
for(register int i = 1; i <= n; ++i) {
dp[i & 1][0][0][0] = 1;
for(register int j = 1; j <= m; ++j)
for(register int t = 0; t <= k; ++t) {
dp[i & 1][j][t][1] = 0;
dp[i & 1][j][t][0] = (dp[(i & 1) ^ 1][j][t][1] % modp + dp[(i & 1) ^ 1][j][t][0] % modp) % modp;
if(A[i - 1] == B[j - 1])
dp[i & 1][j][t][1] = ((dp[(i & 1) ^ 1][j - 1][t - 1][0] % modp + dp[(i & 1) ^ 1][j - 1][t][1] % modp) % modp + dp[(i & 1) ^ 1][j - 1][t - 1][1] % modp) % modp;
}
}
printf("%d\n", (dp[n & 1][m][k][0] % modp + dp[n & 1][m][k][1] % modp) % modp);
return 0;
}
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