文章目录

• 题目信息
• 解题思路
• • 法1：三维dp（no优化，70pts&MLE）
  • 法2：法1+滚动数组优化（80pts，TLE）
  • 法3：法2+前缀和优化（AC！！）
• 代码实现
• • 法1
  • 法2
  • 法3

题目信息

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解题思路

法1：三维dp（no优化，70pts&MLE）

• 状态定义
  定义dp_kij为从a的前i个字符中取k个互不重叠的非空子串, 填充b的方案数。
• 边界条件
  ∀dp_i00 = 1
• 状态转移
  对于每次转移，有以下两种情况（答案为两者之和）：

条件	方案数
不使用ai	dpki-1j
使用a1toi的前缀填b1toj的后缀

• 时间复杂度：O(nm³)
• 空间复杂度：O(nm²)

这题真坑

法2：法1+滚动数组优化（80pts，TLE）

• 可以发现dp_kij的值在dp数组中只取决于dp_k-1
• 时间复杂度：O(nm³)
• 空间复杂度：O(nm)

怎么还AC不了啊啊啊啊啊

法3：法2+前缀和优化（AC！！）

可以发现若a_xtoi = b_ytoj = 0,则a_x2toi = b_y2toj = 0，所以可以用s数组维护dp条件前缀和（不要忘记开滚动数组优化哦）。

代码实现

法1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 205, P = 1000000007;
int dp[N][M][M];
char a[N], b[M];
int main () {
    int n, m, k;
	cin >> n >> m >> k >> (a + 1) >> (b + 1);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		dp[i][0][0] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m && j <= i; ++j) {
			for (int k = 1, *p = &(dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k]); k <= M && k <= j; ++k, p = &(dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k])) {
				for (int x = i, y = j; x > 0 && y > 0 && a[x] == b[y]; --x, --y) {
					*p = (*p + dp[x - 1][y - 1][k - 1]) % P;
				}
			}
		}
	}
	cout << dp[n][m][k] << '\n';
	return 0;
}

法2

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 205, P = 1000000007;
int dp[2][N][M];
char a[N], b[M];
int main () {
    int n, m, K;
	cin >> n >> m >> K >> (a + 1) >> (b + 1);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		dp[0][i][0] = 1;
	}
	for (int k = 1, t = 1; k <= K; ++k, t = !t) {
		for (int i = k; i <= n; ++i) {
			for (int j = k; j <= i && j <= n; ++j) {
				int *p = &(dp[t][i][j] = dp[t][i - 1][j]);
				for (int x = i, y = j; x >= k && y >= k && a[x] == b[y]; --x, --y) {
					*p = (*p + dp[!t][x - 1][y - 1]) % P;
				}
			}
		}
	}
	cout << dp[K % 2][n][m] << '\n';
	return 0;
}

法3

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 205, P = 1000000007;
int dp[2][N][M], s[2][N][M];
char a[N], b[M];
int main () {
    int n, m, K;
	cin >> n >> m >> K >> (a + 1) >> (b + 1);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		dp[0][i][0] = s[0][i][0] = 1;
	}
	for (int i = 1; i ^ n; ++i) {
		for (int j = 1; j ^ m; ++j) {
			s[0][i][j] += (a[i] == b[j]) * s[0][i - 1][j - 1];
		}
	}
	for (int k = 1, t = 1; k <= K; ++k, t = !t) {
		memset(s[t], 0, sizeof s[t]);
		for (int i = k; i <= n; ++i) {
			for (int j = k; j <= i && j <= m; ++j) {
				int *p = &(dp[t][i][j] = dp[t][i - 1][j]);
				bool f = (a[i] == b[j] && i >= k && j >= k);
				*p = (*p + f * s[!t][i - 1][j - 1]) % P;
				s[t][i][j] = (*p + f * s[t][i - 1][j - 1]) % P;
			}
		}
	}
	cout << dp[K % 2][n][m] << '\n';
	return 0;
}

标签：NOIP2015,int,题解,复杂度,Day2T2,--,&&,优化,dp
来源： https://blog.csdn.net/yueyuedog/article/details/119891232