PAT-乙-1040 1040 有几个PAT （25 分）

代码

#include <iostream>

using namespace std; 

int main() {
	
	string s;
	cin>>s;
	int len = s.length(); //string length
	s = " " + s; 
	
	int countP[len+2] = {0}; // add: first last
	int countT[len+2] = {0}; // add: first last
	
	for(int i=1; i<=len; i++){
		if(s.at(i)=='P'){
			countP[i] = countP[i-1] + 1;
		}
		else{
			countP[i] = countP[i-1];
		}
	}
	
	for(int i=len; i>0; i--){
		if(s.at(i)=='T'){
			countT[i] = countT[i+1] + 1;
		}
		else{
			countT[i] = countT[i+1];
		}
	}
	
	long long int ans = 0;
	for(int i=1; i<=len; i++){
		if(s.at(i)=='A'){
			ans += countP[i] * countT[i];
			ans %= 1000000007; 
		}
	}
	
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

注解

1、直接思路：从头到尾找P，找到一个P后，往后找A，找到一个A后，再往后找T。把所有找到的情况找出来即可。穷举肯定会超时。稍微变通一下，能不能找出每个P字符后面A的数量，每个A后面P的数量，存在数组里？看似可行，但确定P后面A的位置是至关重要的，因为不知道A的位置，就无法确定A后面T的具体数量。
2、转换思路！把刚才的以P为中心，转换成以A为中心。也就是从头到尾遍历找A，找到A后，看看A前面有多少P，后面有多少T，相乘起来就是结果了！这样就解决了刚才说的定位的问题，因为从头到尾遍历找A是容易的。
3、在具体实现时，为了保持一致，我们令字符串位置从1开始，因此手动增加了s.at(0)=’ '，也就是在0位置填了个空格。这样就使得下面这块代码可以保持优雅的一致性了。与此同时，我们开辟的countP和countT数组，也就是用来存某个A前面P数量和后面T数量的数组，也要多开2个单元，即0和last，否则会造成数组越界。如果不这样添加2个单元，开头结尾要单独处理，代码不优雅。

for(int i=1; i<=len; i++){
    		if(s.at(i)=='P'){
    			countP[i] = countP[i-1] + 1;
    		}
    		else{
    			countP[i] = countP[i-1];
    		}
    	}
    	
    	for(int i=len; i>0; i--){
    		if(s.at(i)=='T'){
    			countT[i] = countT[i+1] + 1;
    		}
    		else{
    			countT[i] = countT[i+1];
    		}
    	}

4、最后就是计算结果了，需要注意的是ans的类型，因为可能数量很大，建议用long long int存储。另外，每一步处理完毕后都求一个余数，也能避免数字过大溢出。

long long int ans = 0;
    	for(int i=1; i<=len; i++){
    		if(s.at(i)=='A'){
    			ans += countP[i] * countT[i];
    			ans %= 1000000007; 
    		}
    	}

结果