CodeforcesRound#635(Div.2)E.KaaviandMagicSpell

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<=m<=n，然后开始有一个空串A，接下来可对S串进行n次操作:

操作1：把S的首个字符添加到A的开头然后删掉

操作2：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。

Sample1:

Input:

　　abab

　　ba

Output:

　　12

Sample2:

Input:

　　defineintlonglong

　　signedmain

Output:

　　0

Sample3:

Input:

　　rotator

　　rotator

Output:

　　4

Sample4:

Input:　

　　cacdcdbbbb

　　bdcaccdbbb

Output:

　　24

原题链接：https://codeforces.ml/contest/1337/problem/E

看了排名前几的大佬的做法，发现是用的区间dp

假设现在已经操作到了第k个字符，那么说明前面已经存在长度为k-1的字符串了，所以这第k个字符是添加到这长度为k-1的字符串的前面或者是后面而已，这里就有一个区间dp的点，设dp[i][j]为与字符串T的第i个字符到第j个字符完全匹配的已构造好的串有几个。需要注意的是，我们可以把T串看做与S串等长，只是在T串中从m+1个字符起其字符就可以是任意的而已（因为不作为前缀的一部分了，所以可以随便）。

为了dp方便，我们设字符串的起始下标为1

接下来我们枚举S[i]，区间长度就等于i数值本身，然后在T串上从左到右截取长度i的字符串，我们就检测S[i]是否与这个字符串的左端或者右端相等，我们枚举到S[i]的时候，前面i-1长度的串的各种构造情况我们也都已经知道了的，也就是说T串的L+1~R的子串跟L~R-1的子串用前i-1个S串的字符能构造出多少个我们是已经知道的，在长度为i-1的串的基础上把S[i]前插或者后插就可以得到长度为i的串，dp[L][R]就可以从dp[L+1][R]跟dp[L][R-1]的状态上转移过来。

于是我们可以有如下状态转移方程：

区间长度为1时如果有字符相等那么就会存在dp[i][i] += dp[i][i-1]的情况，对于这种情况其实就是单个字符S[i]在空串基础上前插或后插后成为了符合条件的串之一，实际上应该是dp[i][i] += 1，所以我们就预处理一下使dp[i][i-1] = 1即可。

最终结果就是dp[1][m~n]的和。

AC代码：

#include
#define rep(i, l, r) for(long long i=l; i<=r ;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair PII;
typedef vector VI;
ll gcd(ll n, ll m) { return n % m == 0 ? m : gcd(m, n % m);}
const ll M = 998244353;
const int Maxn = 3e3 + 10;
char S[Maxn], T[Maxn];
ll dp[Maxn][Maxn];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("data.txt", "r", stdin);
//freopen("output.txt", "w", stdout);
cin>>(S + 1)>>(T + 1);
int n = strlen(S + 1);
int m = strlen(T + 1);
for(int i=1; i dp[i][i-1] = 1;
for(int i=1, len=1; i<=n ;i++, len++)
for(int l=1, r=l+len-1; r<=n ;l++, r++){
if(l > m || S[i] == T[l]) dp[l][r] = (dp[l][r] + dp[l+1][r]) % M;
if(r > m || S[i] == T[r]) dp[l][r] = (dp[l][r] + dp[l][r-1]) % M;
}
ll ans = 0;
for(int i=m; i<=n ;i++)
ans = (ans + dp[1][i]) % M;
cout< return 0;
}