刷題總結——子串(NOIP2015)

題目：

題目背景

NOIP2015 提升組 Day2 T2

題目描述

有兩個僅包含小寫英文字母的字符串 A 和 B 。如今要從字符串 A 中取出 k 個互不重疊的非空子串，而後把這 k 個子串按照其在字符串 A 中出現的順序依次鏈接起來獲得一個新的字符串，請問有多少種方案能夠使得這個新串與字符串 B 相等？注意：子串取出的位置不一樣也認爲是不一樣的方案。

輸入格式

第一行是三個正整數 n，m，k，分別表示字符串 A 的長度，字符串 B 的長度，以及問題描述中所提到的 k ，每兩個整數之間用一個空格隔開。
第二行包含一個長度爲 n 的字符串，表示字符串 A 。
第三行包含一個長度爲 m 的字符串，表示字符串 B 。

輸出格式

輸出共一行，包含一個整數，表示所求方案數。因爲答案可能很大，因此這裏要求輸出答案對 1,000,000,007 取模的結果。

樣例數據 1

輸入　 [複製]

6 3 1 
aabaab 
aab

輸出

2

樣例數據 2

輸入　 [複製]

6 3 2 
aabaab 
aab

輸出

7

樣例數據 3

輸入　 [複製]

6 3 3 
aabaab 
aab

輸出

7

備註

【樣例說明】
全部合法方案以下：（加下劃線的部分表示取出的子串）
樣例1：aab aab / aab aab
樣例2：a ab aab / a aba ab / a a ba ab / aab a ab
              aa b aab / aa baa b / aab aa b
樣例3：a a b aab / a a baa b / a ab a a b / a aba a b
              a a b a a b / a a ba a b / aab a a b

【數據範圍】 
對於第1組數據：1≤n≤500，1≤m≤50，k=1；
對於第2組至第3組數據：1≤n≤500，1≤m≤50，k=2；
對於第4組至第5組數據：1≤n≤500，1≤m≤50，k=m；
對於第1組至第7組數據：1≤n≤500，1≤m≤50，1≤k≤m；
對於第1組至第9組數據：1≤n≤1000，1≤m≤100，1≤k≤m；
對於全部10組數據：1≤n≤1000，1≤m≤200，1≤k≤m。

題解：

　　用f[i][j][k][0/1]表示b已經被匹配到了第j個,a的第i個取或不取,此時已經取出的k個子串,得出轉移方程：

　   若是a串第i個與b串第j個相等

　　f[i&1][j][k][1]=((f[(i-1)&1][j-1][k-1][0]+f[(i-1)&1][j-1][k][1])%mod+f[(i-1)&1][j-1][k-1][1])%mod;
　　f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;

　  不然

　    f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;

       f[i&1][j][k][1]=0;

　　上述轉移方程的第一維之因此要&1是由於直接開正常的數組會爆空間··因此這裏開了一個滾動數組····

 

代碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
using namespace std;
const int N=1005;
const int M=205;
const int mod=1e9+7;
int n,m,K,f[2][M][M][2];
char s[N],t[M];
int main(){
    //freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&K,s+1,t+1);
    f[1][0][0][0]=f[0][0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=min(m,i);j++)
            for(int k=1;k<=min(K,j);k++)
            {
                if(s[i]==t[j]){
                    f[i&1][j][k][1]=((f[(i-1)&1][j-1][k-1][0]+f[(i-1)&1][j-1][k][1])%mod+f[(i-1)&1][j-1][k-1][1])%mod;
                    f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;
                }
                else{
                    f[i&1][j][k][0]=(f[(i-1)&1][j][k][0]+f[(i-1)&1][j][k][1])%mod;
                    f[i&1][j][k][1]=0;
                }
            }
    cout<<(f[n&1][m][K][1]+f[n&1][m][K][0])%mod<<endl;
    return 0;
}