PAT A1093
摘要：
這是活用遞推裡面比較經典的一種題型；
如果採用最簡單的暴力列舉，則會出現time limited錯誤。
這道題關鍵是能夠找到遞推的思路。對於序列中的每一個每一個A，如果能夠有PAT出現，則必定A的左右都有P和T；如果A左邊有a個P，右邊有b個T，則可以推出含有該A的PAT...
這是活用遞推裡面比較經典的一種題型；
如果採用最簡單的暴力列舉，則會出現time limited錯誤。
這道題關鍵是能夠找到遞推的思路。對於序列中的每一個每一個A，如果能夠有PAT出現，則必定A的左右都有P和T；如果A左邊有a個P，右邊有b個T，則可以推出含有該A的PAT有a*b個；所以解法就被分解成以下幾個步驟：
1.尋找左邊P的個數；
2.尋找右邊T的個數；
3.遍歷A，進行左右的乘積；
至於P和T個數的儲存，我們可以仿照迪傑斯特拉演算法中的distance陣列來進行構造；
首先對於儲存P的陣列，進行輸入陣列的遍歷，每一次從前一位繼承P的數目，如果該位為P，則數目加一，從而構成一個儲存的P的陣列，其中index索引處的值代表輸入序列index位的左邊P的個數；
相關程式碼如下：
int len=strlen(str);
for(int i=0;i<len;i++){
if(i>0){
leftNumP[i]=leftNumP[i-1];
}
if(str[i]=='P'){
leftNumP[i]++;
}
}
對於T，則沒必要構建陣列，因為可以在計數的同時從後往前遍歷，這樣就將第三第四步結合在了一起；
相關程式碼如下;
nt ans=0,rightNumT=0;
for(int i=len-1;i>=0;i--){
if(str[i]=='T'){
rightNumT++;
}else if(str[i]=='A'){
ans=(ans+leftNumP[i]*rightNumT)%MOD;
}
}
從而可以通過一次遍歷完成後兩步的任務；
總體程式碼如下所示：
#include<cstdio>
#include<stdlib.h>
#include<cstring>
const int MAXN=100010;
const int MOD=1000000007;
char str[MAXN];
int leftNumP[MAXN]={0};
int main(){
scanf("%s",str);
int len=strlen(str);
for(int i=0;i<len;i++){
if(i>0){
leftNumP[i]=leftNumP[i-1];
}
if(str[i]=='P'){
leftNumP[i]++;
}
}
int ans=0,rightNumT=0;
for(int i=len-1;i>=0;i--){
if(str[i]=='T'){
rightNumT++;
}else if(str[i]=='A'){
ans=(ans+leftNumP[i]*rightNumT)%MOD;
}
}
printf("%d\n",ans);
system("pause");
return 0;
}