【NOIP2015-Day2-T2】洛谷2679：子串 题解

显然dp

dp[k][i][j]表示当前匹配了k次，A串匹配到了第i个，B串匹配到了第j个的方案数

一方面，A串的第i个可以不和B串匹配，此时dp[k][i][j]+=dp[k][i-1][j]

另一方面，A串可以选择与B串相同的某长度的后缀与B作为第k次匹配，dp[k][i][j]+=dp[k-1][i-m][j-m]，m枚举公共后缀的长度

可以预处理数组far[i][j]表示A串第i个和B串第j个的最长公共后缀

现在空间是炸的，但注意到转移的第一维只会从当前和上一层转移过来，所以可以滚动数组

然而时间也是炸的，但注意到“另一方面”中不必枚举，可以维护一个上一层的前缀和，所以最终复杂度为O(n*m*k)

#include <bits/stdc++.h>
#define Pair pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define LL long long
#define LB long double
#define LOWBIT(x) x & (-x)
using namespace std;

const int MOD=1e9+7;
const double eps=1e-10;
const int INF=2e9;
const int magic=348;

int n,m,k;
char a[1048],b[248];
int far[1048][248];

LL dp[2][1048][248],sum[2][1048][248];

inline LL mod(LL x)
{
while (x>=MOD) x-=MOD;
while (x<0) x+=MOD;
return x;
}

int main ()
{
int i,j,u;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
scanf("%s%s",a+1,b+1);
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (a[i]==b[j]) far[i][j]=far[i-1][j-1]+1; else far[i][j]=0;
int p0=0,p1=1;
for (i=0;i<=n;i++)
dp[p0][i][0]=sum[p0][i][0]=1;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
sum[p0][i][j]=mod(sum[p0][i][j]+sum[p0][i-1][j-1]);
for (u=1;u<=k;u++)
{
memset(sum[p1],0,sizeof(sum[p1]));
for (i=0;i<=n;i++)
for (j=0;j<=m;j++)
{
if (!i || !j)
{
dp[p1][i][j]=0;
sum[p1][i][j]=0;
continue;
}
dp[p1][i][j]=dp[p1][i-1][j];
dp[p1][i][j]=mod(dp[p1][i][j]+sum[p0][i-1][j-1]-((i-far[i][j]-1>=0 && j-far[i][j]-1>=0)?sum[p0][i-far[i][j]-1][j-far[i][j]-1]:0));
sum[p1][i][j]=mod(sum[p1][i-1][j-1]+dp[p1][i][j]);
}
p0^=1;p1^=1;
}
cout<<dp[p0]
[m]<<endl;
return 0;
}