Description
Input
第一行包含两个整数n, m,分别表示上下两个管道中球的数目。 第二行为一个AB字符串,长度为n,表示上管道中从左到右球的类型。其中A表示浅色球,B表示深色球。 第三行为一个AB字符串,长度为m,表示下管道中的情形。
Output
仅包含一行,即为 Sigma(Ai^2) i从1到k 除以1024523的余数。
Sample Input
2 1
AB
B
AB
B
Sample Output
5
HINT
样例即为文中(图3)。共有两种不同的输出序列形式,序列BAB有1种产生方式,而序列BBA有2种产生方式,因此答案为5。
【大致数据规模】
约30%的数据满足 n, m ≤ 12;
约100%的数据满足n, m ≤ 500。
NOI的题目,根本被完虐,只好看题解,觉得这个题解很好大神的题解,结果发现这是郭家宝大神的。
我们大河南的骄傲!虽然我认识他而他不认识我而且也不是一个学校的,我还是很膜拜他的!!!
分析:
下面说一下我的总结:
要求每种取珠序列的方法数的平方,可以设定两种X、Y,则结果就是(X,Y)的数量。
证明:
设Z为输出序列为S的取珠方法。Z的数量|Z| = a[i]。
(X,Y)是一个有序对,且X与Y相互独立,所以X可以有|Z|种取值。
对于X的某个特定取值,Y都有|Z|种取值。
根据分步计数原理,有序对(X,Y)的取值有|Z|2 = a[i]2种,命题得证。
以上是郭家宝的证明 orz!
设定状态f[i1][j1][i2][j2]表示X为(i1,j1) ,Y为(i2,j2),(X,Y)的数量。
设U[i]为上管道第i个珠子,L[i]为下管道第j个珠子。
因为X与Y是同步的,所以i1+j1=i2+j2 => j2=i1+j1-i2,这样就可以省掉一维M。
时间复杂度为O(N*M*N)。
代码如下:
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MOD 1024523
using namespace std;
int N,M,f[505][505][505];
char a[505],b[505];
void init()
{
scanf("%d%d",&N,&M);
scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);
f[0][0][0]=1;
reverse(a+1,a+N+1);
reverse(b+1,b+M+1);//从右开始取的,所以先倒置。
}
void DP()
{
for(int i1=0;i1<=N;i1++)
for(int j1=0;j1<=M;j1++)
for(int i2=0;i2<=N;i2++)
{
int j2=i1+j1-i2,t=f[i1][j1][i2];
if(j2<0||j2>M) continue;
if(a[i1+1]==a[i2+1]) f[i1+1][j1][i2+1]=(f[i1+1][j1][i2+1]+t)%MOD;
if(a[i1+1]==b[j2+1]) f[i1+1][j1][i2]=(f[i1+1][j1][i2]+t)%MOD;
if(b[j1+1]==a[i2+1]) f[i1][j1+1][i2+1]=(f[i1][j1+1][i2+1]+t)%MOD;
if(b[j1+1]==b[j2+1]) f[i1][j1+1][i2]=(f[i1][j1+1][i2]+t)%MOD;
}
printf("%d\n",f[N][M][N]);
}
int main()
{
init();
DP();
return 0;
}