Obsessive String

Codeforces Round #282 (Div. 1) B. Obsessive String

题目：链接

解题思路：

先用kmp找到所有的匹配点，时间复杂度O（n+m），n和m分别是文本和模版字符串的长度。
用dp[i]表示i是b_k（题中的）时，字符串前i个字符的子串中的满足条件的总数
定义dp2[i]是前i个dp[i]的和，dp3[i]是前i个dp2[i]的和,m是匹配串的长度。
转移：当i不是匹配的结尾点时，dp[i]=dp[i-1]，反之，dp[i]=dp3[i]+i-m+1；
当i不是匹配的结尾点时，只要把b_k从i-1点变到i点，故数量不变，dp[i]=dp[i-1]。
而当i是匹配的结尾点时，考虑a_k（题中）可以取1，2，..，i-m+1（index从1开始）
故当k=1时，有i+m-1个（当时就由于没考虑到k=1的情况要单独算，一直过不了样例）
当k大于1时，当a_k取j（1<=j<=i-m+1）时，b_k-1可以取1,2，...，j-1，故有dp2[j-1]
而由a_k取值，故有dp3[i-m]个，故dp[i]=dp3[i]+i-m+1
最后的结果就是dp2[n-1]，n为字符串长度。
注意取模
同时解题思路index是从1开始，我程序中index从0开始

代码如下：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cmath>
 4 #include <algorithm>
 5 using namespace std;
 6 const int maxn=100010;
 7 const int mod=1e9+7;
 8 char s[maxn];
 9 char t[maxn];
10 int f[maxn];
11 int dp[maxn];
12 int q[maxn];
13 int dp2[maxn];
14 int dp3[maxn];
15 void getFail(char *P, int *f)
16 {
17     int m=strlen(P);
18     f[0]=0;
19     f[1]=0;
20     for(int i=1;i<m;i++)
21     {
22         int j=f[i];
23         while(j&&P[i]!=P[j])
24         {
25             j=f[j];
26         }
27         f[i+1]=P[i]==P[j]?j+1:0;
28     }
29 }
30 void find(char *T,char *P,int *f)
31 {
32     int n=strlen(T);
33     int m=strlen(P);
34     getFail(P,f);
35     int j=0;
36     for(int i=0;i<n;i++)
37     {
38         while(j&&P[j]!=T[i])
39         {
40             j=f[j];
41         }
42         if(P[j]==T[i])
43         {
44             j++;
45         }
46         if(j==m)
47         {
48             q[i]=1;
49         }
50     }
51 }
52 
53 
54 int main()
55 {
56     while(scanf("%s%s",s,t)!=EOF)
57     {
58         int i;
59         memset(q,0,sizeof(q));
60         find(s,t,f);
61         int n=strlen(s);
62         int m=strlen(t);
63         dp[0]=dp2[0]=dp3[0]=q[0];
64         for(i=1;i<=n;i++)
65         {
66             if(q[i]==0)
67             {
68                 dp[i]=dp[i-1];
69             }
70             else
71             {
72                 dp[i]=(dp3[i-m]+i-m+2)%mod;
73             }
74             dp2[i]=(dp[i]+dp2[i-1])%mod;
75             dp3[i]=(dp2[i]+dp3[i-1])%mod;
76         }
77         printf("%d
",dp2[n-1]);
78     }
79     
80 
81 
82     return 0;
83 }

AC如下：