CF1336C Kaavi and Magic Spell

CF1336C Kaavi and Magic Spell

区间dp

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\(T\) ，\(1\le m\le n\)，然后开始有一个空串 \(A\)，接下来可对 \(S\) 串进行 $n4 次操作:

• 把S的首个字符添加到A的开头然后删掉

• 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。

---

我们先让 \(T\) 的长度和 \(S\) 相同，在多处来的那 \(m+1,m+2,\cdots,n\) 那几位上，钦定它和 \(S\) 中所有元素都“相等”，因为在这些位置上我们可以取任意值

设计状态：\(f(l,r)\) 表示的是满足 \(\forall l\le i\le r,S_i=T_i\) 能构造出多少操作序列

那么假设我们在删除 \(S_i\) 并把它往 \(A\) 里添加，此时 \(A\) 中一定有了 \(i-1\) 个元素

考虑 \(f(l,r),r-l+1=i\) 可以由什么状态转移而来

• \(S_i=T_l\)，则可以把 \(S_i\) 添加到这个 \([l+1,r]\) 区间的前面，构成 \([l,r]\)，就是 \(f(l,r)+=f(l+1,r)\)
• \(S_i=T_r\)，这和上面就一样了，\(f(l,r)+=f(l,r+1)\)

---

基本已经完成了，现在考虑初始状态和答案

\(f(i,i)=2[S_i=T_i]\)，就是说一种方法是把 \(S_1\) 从前面添加到 \(A\) 的第一个元素，一种是从后面添加，虽然结果一样，但是题目要求这是两种不同方式

长度不同算不同情况，这也说明了不一定要操作 \(n\) 次，只要操作 \(i,m\le i\le n\) 次就行了

所以答案是 \(\sum_{i=m}^{n}f(1,i)\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<map>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	register int x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
#define mod 998244353
char s[3006],t[3006];
int f[3006][3006];
int main(){
	std::scanf("%s",s+1);std::scanf("%s",t+1);
	int n=std::strlen(s+1),m=std::strlen(t+1);
	for(reg int i=1;i<=m;i++) f[i][i]=(s[1]==t[i])<<1;
	for(reg int i=m+1;i<=n;i++) f[i][i]=2;
	for(reg int i=2,len=2;i<=n;i++,len++){
		for(reg int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
			if(l>m||s[i]==t[l]) f[l][r]+=f[l+1][r],f[l][r]%=mod;
			if(r>m||s[i]==t[r]) f[l][r]+=f[l][r-1],f[l][r]%=mod;
		}
	}
	int ans=0;
	for(reg int i=m;i<=n;i++) ans=(ans+f[1][i])%mod;
	std::printf("%d",ans);
	return 0;
}