牛客练习赛60 C-操作集锦[dp]
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/4853/C
时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld
题目描述
有一款自走棋有26种操作,每种操作我们都用a,b,c,d,…,x,y,z的符号来代替.
现在牛牛有一个长度为n的操作序列,他现在可以从里面拿出某些操作来组合成一个操作视频, 比如说操作序列是abcd,那么操作视频就有a,b,c,d,ab,ac,ad等(也就是操作序列的子序列).他现在想知道长度为k且本质不同的操作视频有多少种.
比如对于abab，长度为2且本质不同的结果有ab,aa,ba,bb。
考虑到答案可能非常大,你只需要输出在模1e9+7意义下的答案就可以了.
输入描述
第一行两个整数n,k.
第二行一个长度为n的字符串,保证只存在小写字母.
输出描述
一行一个整数表示长度为k且本质不同的操作视频的个数.
样例输入
3 1
abc
样例输出
3
备注
1≤ n ≤1e3
0≤ k ≤n
分析
其实题目辣么长，说白了也就是：找出给定序列中的不重复定长子序列个数
（题目是操作集锦，为什么正文就变成操作视频了，盲猜机翻）
好吧，我承认有那么一瞬（把子序列看成了字串），我觉得只要把所有定长字串放入vector，然后unique一下就完事了，敲到一半，蓦然回首，突然发现是子序列，共有Ckn个，这复杂度不是开玩笑的，完全没有机会把子序列哪怕扫一遍。
真·分析
在这种情况下，我能想到的只有dp了，用动态规划来减少无必要的扫描，降低复时间杂度。
令dp[i]表示前i个字符中，定长子序列个数，pre[i]表示字符i上一次出现的下标，str储存字符串。
两种情况，构建状态转移方程：
①若pre[str[i]]==0，即前i-1个字符未出现过str[i]
dp[i]=dp[i-1]+m[k-1]；
这里的m[k-1]代表 前i-1个字符中长度为k-1的子序列个数，这些序列接上str[i]组成新的长度为k的子序列。
②若pre[str[i]]!=0，即前i-1个字符出现过str[i]
dp[i]=dp[i-1]+m[k-1]-g[k-1]；
这里的g[k-1]表示 前pre[str[i]]-1 (str[i]上一次出现位置的前一个位置)个字符中长度为k-1的子序列的个数，这些子序列后接str[i] 和 后接 str[pre[str[i]]]构成的子序列相同，所以要去重。
那么问题来了，这里的m,g怎么求呢？
其实仔细观察便会发现，这里的状态转移方程其实是递归定义的，m[i],g[i]其实本质与dp[i]相同，只不过k变成了k-1而已，那么求k-1又需要k-2…，但我们最好不要真的写成递归，容易重复计算以及爆栈，众所周知，递归可以改写成循环，那我们不妨从长度1开始，一步一步地向k迭代。
那么，空间复杂度需要增加一维，dp[i][j]代表前 j 个字符中长度为 i 的子序列个数。
完整的状态转移方程如下：
①若pre[str[i]]==0，即前i-1个字符未出现过str[i]
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1];
②若pre[str[i]]!=0，即前i-1个字符出现过str[i]
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1] - dp[i-1][pre[str[j]]-1];
需要注意的是取模问题，由于存在减法，可能出现负数，所以要先加上mod再取模
比如(12-9)%10==(12%10-9%10+10)%10
"Talk is Cheap. Show me the Code."
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string>
#include<vector>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long ll;
char str[maxn];
ll dp[maxn][maxn];
int pre[256];
int main(void)
{
int n, k;
scanf("%d %d", &n, &k);
scanf("%s", str+1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {//预处理出长度为1的情况
if (pre[str[i]])
dp[1][i] = dp[1][i - 1];
else
dp[1][i] = dp[1][i - 1] + 1;
pre[str[i]] = i;
}
for (int i = 2; i <= k; i++) {
memset(pre, 0, sizeof(pre));
for (int j = 2; j <= n; j++) {
if (pre[str[j]] == 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1] - dp[i-1][pre[str[j]]-1] + mod;
dp[i][j] %= mod;
pre[str[j]] = j;
}
}
if (k)
printf("%lld\n", dp[k][n]%mod);
else
printf("1\n");//特判k==0
return 0;
}