題意：

有兩個僅包含小寫英文字母的字符串?A?和?B。

現在要從字符串?A?中取出?k?個互不重疊的非空子串，然后把這?k?個子串按照其在字符串?A?中出現的順序依次連接起來得到一個新的字符串。

請問有多少種方案可以使得這個新串與字符串?B?相等？

注意：子串取出的位置不同也認為是不同的方案。

?

數據范圍：

對于第 1 組數據:1≤n≤500,1≤m≤50,k=1;
對于第 2 組至第 3 組數據:1≤n≤500,1≤m≤50,k=2
對于第 4 組至第 5 組數據:1≤n≤500,1≤m≤50,k=m
對于第 1 組至第 7 組數據:1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m
對于第 1 組至第 9 組數據:1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m
對于所有 10 組數據:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m

------------------------------------------------------我是分割線----------------------------------------------------

題解：一道狀態不太明顯的題，我們首先要尋找這道題的切入點。

觀察這道題的特點，我們發現，相對于B，A中的每個字符顯然有選與不選兩種決策。

而對于這兩個字符串，可以用兩個指針表示，一個指向A的狀態，一個指向B的狀態。

于是這道題的狀態就很被發現了。

設置狀態：

設 F（i，j，k，1） 表示A的前i個字符中，匹配到B中當前第j個字符，一共使用了k段，選擇當前第i個字符的方案數。

F（i，j，k，0）??表示A的前i個字符中，匹配到B中當前第j個字符，一共使用了k段，不選擇當前第i個字符的方案數。

然后就是狀態轉移：

由狀態，我們可以推出如下狀態轉移方程：

（1） 當Ai == Bj 時，F（i，j，k，0） = F（i-1，j，k，0）+ F（i-1，j，k，1）.

? 　　 即當前A中第i個數不作為答案的方案數 == 前i-1的方案數總和。

　　　　　　　　　? 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）；

　　? ?即當前A中第i個數作為答案的方案數 == A中前i-1個數匹配到B中第j-1個的方案數總和（i不接到前一個答案中） + A中前i-1個數方案（i接到前一個答案中）。??

（2）當Ai? != Bj 時， F（i，j，k，0） = F（i-1，j-1，k，0） + F（i-1，j-1，k，1）.

　　? ?　　　　　　? 同（1）中的轉移。

　　　　　　　　　? F（i，j，k，1） = 0；　?

　　　　　　　　　 由于當前數不能作為答案，所以方案為0.

再確定邊界條件，我們可以知道，F（i，0，0，0） = 1；即匹配B中0個字符的方案為1.

于是我們可以寫出代碼：

#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

但是我們發現，這份代碼空間復雜度效率低下（2*n*m*k），無法通過此題，我們還需要優化。

于是乎，DP常用的空間優化：滾動數組優化就出現了。

觀察DP轉移方程，我們可以發現，每一個決策i只與前一個決策i-1有關，其他的空間都是多余的。

所以我們就可以用01方法表示。

AC代碼如下：

#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; } View Code

總結：這道題作為線性DP的練習題（NOIP的題），有一定的思維難度，對DP思維提升有很大的幫助。

轉載于:https://www.cnblogs.com/smilke/p/11587313.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【NOIP2015提高组】子串 区间DP+滚动数组优化的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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