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Codeforces Round #635 (Div. 2) E. Kaavi and Magic Spell

作者:互联网

题意:给一个长度为n的字符串S和一个长度为m的字符串T,1<=m<=n,然后开始有一个空串A,接下来可对S串进行n次操作:

操作1:把S的首个字符添加到A的开头然后删掉

操作2:把S的首个字符添加到A的尾端然后删掉

问:在操作过程中使得A的前m个字符为T(也就是前缀为T)的情况共有多少?长度不同或者是操作序列中有某个地方不同可视为是不同情况。

 

Sample1:

Input:

  abab

  ba

Output:

  12

Sample2:

Input:

  defineintlonglong

  signedmain

Output:

  0

Sample3:

Input:

  rotator

  rotator

Output:

  4

Sample4:

Input: 

  cacdcdbbbb

  bdcaccdbbb

Output:

  24

原题链接:https://codeforces.ml/contest/1337/problem/E


看了排名前几的大佬的做法,发现是用的区间dp

假设现在已经操作到了第k个字符,那么说明前面已经存在长度为k-1的字符串了,所以这第k个字符是添加到这长度为k-1的字符串的前面或者是后面而已,这里就有一个区间dp的点,设dp[i][j]为与字符串T的第i个字符到第j个字符完全匹配的已构造好的串有几个。需要注意的是,我们可以把T串看做与S串等长,只是在T串中从m+1个字符起其字符就可以是任意的而已(因为不作为前缀的一部分了,所以可以随便)。

 

为了dp方便,我们设字符串的起始下标为1

接下来我们枚举S[i],区间长度就等于i数值本身,然后在T串上从左到右截取长度i的字符串,我们就检测S[i]是否与这个字符串的左端或者右端相等,我们枚举到S[i]的时候,前面i-1长度的串的各种构造情况我们也都已经知道了的,也就是说T串的L+1~R的子串跟L~R-1的子串用前i-1个S串的字符能构造出多少个我们是已经知道的,在长度为i-1的串的基础上把S[i]前插或者后插就可以得到长度为i的串,dp[L][R]就可以从dp[L+1][R]跟dp[L][R-1]的状态上转移过来。

于是我们可以有如下状态转移方程:

 

 

区间长度为1时如果有字符相等那么就会存在dp[i][i] += dp[i][i-1]的情况,对于这种情况其实就是单个字符S[i]在空串基础上前插或后插后成为了符合条件的串之一,实际上应该是dp[i][i] += 1,所以我们就预处理一下使dp[i][i-1] = 1即可。

 

最终结果就是dp[1][m~n]的和。


AC代码:

 

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, l, r) for(long long i=l; i<=r ;i++)
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef vector<int> VI;
ll gcd(ll n, ll m) { return n % m == 0 ? m : gcd(m, n % m);}
const ll M = 998244353;

const int Maxn = 3e3 + 10;
char S[Maxn], T[Maxn];
ll dp[Maxn][Maxn];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    //freopen("data.txt", "r", stdin);
    //freopen("output.txt", "w", stdout);
    cin>>(S + 1)>>(T + 1);
    int n = strlen(S + 1);
    int m = strlen(T + 1);

    for(int i=1; i<Maxn ;i++)
        dp[i][i-1] = 1;

    for(int i=1, len=1; i<=n ;i++, len++)
        for(int l=1, r=l+len-1; r<=n ;l++, r++){
            if(l > m || S[i] == T[l]) dp[l][r] = (dp[l][r] + dp[l+1][r]) % M;
            if(r > m || S[i] == T[r]) dp[l][r] = (dp[l][r] + dp[l][r-1]) % M;
        }

    ll ans = 0;
    for(int i=m; i<=n ;i++)
        ans = (ans + dp[1][i]) % M;

    cout<<ans;

    return 0;
}

 

标签:Magic,635,int,ll,Spell,个字符,字符串,长度,dp
来源: https://www.cnblogs.com/wulichenai/p/12710342.html