铁汁们，我又来了！今天再次拿捏一把！雷霆嘎巴，无情拉少！
什么是递推？
有很多题目需要细心考虑过程中是否可能存在递推关系，如果能找到这样的递推关系，就能使时间复杂度降低不少，例如就一类序列问题来说，假如序列的每一位所需要计算的值都可以通过该位左右两侧的结果计算而得，那么就可以考虑所谓的“左右两侧的结果”是否能通过递推进行预处理来得到，这样在后面的使用中就可以不必反复求解。
有几个PAT问题
问题描述
字符串 APPAPT 中包含了两个单词 PAT，其中第一个 PAT 是第 2 位（P），第 4 位(A)，第 6 位(T)；第二个 PAT 是第 3 位（P），第 4 位(A)，第 6 位(T)。
现给定字符串，问一共可以形成多少个 PAT？
输入格式：
输入只有一行，包含一个字符串，长度不超过10，只包含 P、A、T 三种字母。
输出格式：
在一行中输出给定字符串中包含多少个 PAT。由于结果可能比较大，只输出对 1000000007 取余数的结果。
输入样例：
APPAPT
输出样例：
2
解题思路
怎么搞？我们可以使用暴力枚举，一个一个的数，但这样往往在提交题目的时候，你会发现，特么的竟然超时了，不过这也不能怪判定系统，毕竟这种暴力枚举的方式时间复杂度太大，不是一个很好的算法！
我们不妨转换一下思路，我们可以采取递推思想，可以从两侧获取最终结果，只需计算每个A左边P的个数和A右边T的个数，然后两个数字相乘即可。计算可得2×1=2。卧槽！牛批plus啊！
以这个样例为思想中心，我们便可得到这样的解题思路：
用一个数组记录每一位左边P的个数，从左到右遍历整个字符串，如果是i是P，那leftNumbP[i]=leftNumbP[i-1]+1，如果不是，那么leftNumb[i]=leftNumb[i-1]，以同样的方法从右到左遍历字符串计算出每一位右边T的个数，当遇到T时，rightNumbT+1，遇到A时我们便可计算此时这个A形成的PAT个数，然后再次遇到A时累加即可，最后对1000000007取模便可得到我们想要的结果！
代码实现
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define Max 100010
#define Mod 1000000007
char str[Max];
int leftNumP[Max]={0};//记录每一位P的个数
int main()
{
gets(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]++;//计算每一位P的个数
}
int ans=0,rightNumT=0;
for(int i=len-1;i>=0;i--)
{
if(str[i]=='T') rightNumT++;//计算右边T的个数
else if(str[i]=='A') ans=(ans+leftNumP[i]*rightNumT)%Mod;//得到最终结果
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
这就是今天学到递推思想，有时候可以很好的解决某些问题，真的是beautiful！（手动纯金24K滑稽~）
