前言

这次模拟赛出的好bt，这道题被出成T1,只有一个人A了，而我却被卡到了80pts80pts80pts。

分析

看一眼题目与数据范围，搜索时间一定炸，显然是一道DpDpDp。

设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]为以iii结尾，前面有jjj个空格的总方案数。

我们可以分为两种情况：

1.s[i-1]=‘f’

这种情况比较简单，因为有一个限制是每一个fff下面必须不为空，所以说当前这个的位置必须是在上一个字符的下一层，也就是下一个包含在上一个中，

for example:

fxx表示'f'或's'

于是我们就可以推出来这样一个转移方程：
dp[i][j]=dp[i−1][j−1](s[i−1]==′f′)dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1](s[i-1]=='f')dp[i][j]=dp[i−1][j−1](s[i−1]==′f′)

2.s[i-1]=‘s’

这种情况稍显复杂，因为如果上一个字符为sss的话，那么下面一个字符就可以在不超过上一个的层数的任何位置，设上一个在第x层，那么这一个位置就可以在x-1,x-2,x-3…2,1这一些层数在0~x-1的位置，故上一个dp[i−1][j]dp[i-1][j]dp[i−1][j]的方案数可以加到dp[i][k](0<=k<=j)dp[i][k](0<=k<=j)dp[i][k](0<=k<=j)这里面。

for example:

  s
xsxsxx表示'f'或's'

于是我们就可以推出来这样一个转移方程：
dp[i][j]=∑(dp[i−1][k])dp[i][j] = \sum(dp[i - 1][k])dp[i][j]=∑(dp[i−1][k])

其中k>=j。

时间复杂度问题

如果第二种世界暴力写的话，可以发现最坏时间复杂度为O(n3)O(n^3)O(n3)，绝对会T。于是考虑后缀和，优化一下时间复杂度，在第二种情况就可以O(n)O(n)O(n)更新，于是总的时间复杂度为O(n2)O(n^2)O(n2)。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MOD 1000000007
const int MAXN = 5e3 + 5;
int n,sum[MAXN],dp[MAXN][MAXN],ans,Sum[2][MAXN];
char s[MAXN];
int main() {scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;i ++) {scanf("\n%c",&s[i]);if(s[i] == 'f') sum[i + 1] = sum[i] + 1;else sum[i + 1] = sum[i];}if(s[n] == 'f') return printf("0"),0;dp[1][0] = 1,Sum[0][0] = 1;for(int i = 2;i <= n;i ++) {if(s[i - 1] == 's')for(int j = sum[i];j >= 0;j --) {dp[i][j] += Sum[0][j],dp[i][j] %= MOD;Sum[1][j] = Sum[1][j + 1] + dp[i][j],Sum[1][j] %= MOD;}   else for(int j = sum[i];j >= 0;j --)dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1],dp[i][j] %= MOD,Sum[1][j] = Sum[1][j + 1] + dp[i][j],Sum[1][j] %= MOD;memcpy(Sum[0],Sum[1],sizeof(Sum[1]));}for(int i = 0;i <= sum[n];i ++)ans += dp[n][i],ans %= MOD;printf("%d",ans);return 0;
}

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CF909C python Indentation

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1.s[i-1]=‘f’

2.s[i-1]=‘s’

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