uoj#149

dp

没想出来 最先开始想 dp[i][j][k]表示s匹配到i，t匹配到j，当前分了k段的方案数

s[i]==t[j] dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k-1] s[i]==t[j]&&s[i-1]==t[j-1] dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k] dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k]

问题出在中间那个式子，但是我不知道怎么改，这样会多出来很多状态，比如说aabaab和aabk=1

dp[5][2][1]=4 因为dp[5][2][1]+=dp[4][1][1] 但是这样会出现不连续的，第一个a和第5个a匹配了，因为上一个方案可能没选那位，但是我们当成可以接在上一个后面。

那么我们再定义一个f[i][j][k]表示s匹配到i，t匹配到j，分成k段，i和j同时选的方案数。这样就解决了刚才的那个问题，dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]+f[i][j][k]

s[i]==t[j] f[i][j][k]=f[i-1][j-1][k]+dp[i-1][j-1][k-1] 否则f[i][j][k]=0

这样就可以转移了

如果当前dp不满足一些转移的条件，我们可以创造一些条件，比如多设一个数组，在树形dp求直径也用到了这样的思路。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = , mod = ;
int n, m, k, pre;
int dp[][N][N], f[][N][N];
char s[N], t[N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d%s%s", &n, &m, &k, s + , t + );
    dp[][][] = ;
    for(int i = ; i <= n; ++i)
    {
        pre ^= ;
        dp[pre][][] = ;
        for(int j = ; j <= min(m, i); ++j)
            for(int x = ; x <= min(j, k); ++x)
            {
                dp[pre][j][x] = f[pre][j][x] = ;
                if(s[i] == t[j])
                    f[pre][j][x] = (f[pre ^ ][j - ][x] + dp[pre ^ ][j - ][x - ]) % mod;
                dp[pre][j][x] = (f[pre][j][x] + dp[pre ^ ][j][x]) % mod;
            }
    }
    printf("%d\n", dp[pre][m][k]);
    return ;
}