标签：取珠 洛谷 int Mo d% 管道 1758 dp mod

题目

分析

考虑每种情况的方案数平方之和，可以被转换成有两个人同时独立进行该游戏，问最后情况相同的方案数。

那么设 \(dp[i][j][k][o]\) 表示第一个人在上管道拿了 \(i\) 个，下管道拿了 \(j\) 个，第二个人上管道拿了 \(k\) 个，下管道拿了 \(o\) 个且操作情况相同的方案数。

可以发现 \(i+j=k+o\) 所以第四位可以被省略掉，同时第一位需要滚动数组，具体就是颜色相同就往后更新。

注意到 \(dp[i]\) 还会继续更新 \(dp[i]\)，那么虚拟一个答案 \(dp[n+1][m][n][m+1]\)，它必然只能由 \(dp[n][m][n][m]\) 更新。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int mod=1024523,N=511;
int n,m,dp[2][N][N]; char S[N],T[N];
void Mo(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int main(){
	scanf("%d%d%s%s",&n,&m,S+1,T+1);
	dp[0][0][0]=1;
	for (int i=0;i<=n;++i){
		for (int j=0;j<=m;++j)
		for (int k=0;k<=n;++k)
		if (dp[i&1][j][k]){
			int o=i+j-k;
			if (o<0||o>m) continue;
			if (T[j+1]==S[k+1]) Mo(dp[i&1][j+1][k+1],dp[i&1][j][k]);
			if (T[j+1]==T[o+1]) Mo(dp[i&1][j+1][k],dp[i&1][j][k]);
			if (S[i+1]==S[k+1]) Mo(dp[(i&1)^1][j][k+1],dp[i&1][j][k]);
			if (S[i+1]==T[o+1]) Mo(dp[(i&1)^1][j][k],dp[i&1][j][k]);
			dp[i&1][j][k]=0;
		}
	}
	return !printf("%d",dp[(n&1)^1][m][n]);
}

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来源： https://www.cnblogs.com/Spare-No-Effort/p/15921432.html

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