PAT A1093

这是活用递推里面比较经典的一种题型；
若是采用最简单的暴力枚举，则会出现time limited错误。
这道题关键是可以找到递推的思路。对于序列中的每个每个A，若是可以有PAT出现，则一定A的左右都有P和T；若是A左边有a个P，右边有b个T，则能够推出含有该A的PAT有a*b个；因此解法就被分解成如下几个步骤：
1.寻找左边P的个数；
2.寻找右边T的个数；
3.遍历A，进行左右的乘积；
至于P和T个数的保存，咱们能够仿照迪杰斯特拉算法中的distance数组来进行构造；
首先对于保存P的数组，进行输入数组的遍历，每一次从前一位继承P的数目，若是该位为P，则数目加一，从而构成一个保存的P的数组，其中index索引处的值表明输入序列index位的左边P的个数；
相关代码以下：

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]++;
        }
    }

对于T，则不必构建数组，由于能够在计数的同时从后往前遍历，这样就将第三第四步结合在了一块儿；
相关代码以下;

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;
        }
    }

从而能够经过一次遍历完成后两步的任务；
整体代码以下所示：

#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;
}