BZOJ 1566 DP 解题报告

1566: [NOI2009]管道取珠

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

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。

【解题报告】
两次取的序列一样,可以看成两个人分别玩一次,然后两个人得到的序列一样.
那这个题就变成了两个人各玩一次,求第一个人每次得到的序列在第二个人得到的序列中出现的次数和.
设f[i][j][k]表示第i个珠子,第一个人在上方取了j个,第二个人在上方取了k个的答案.
这个直接dp即可.

代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std; #define mod 1024523  #define N 510  int n,m;int f[2][N][N],a[N],b[N];  char s1[N],s2[N];  int main(){      scanf("%d%d",&n,&m);      scanf("%s%s",s1,s2);      for(int i=0;i<n;++i) a[n-i]=s1[i]-'A';      for(int i=0;i<m;++i) b[m-i]=s2[i]-'A';      f[0][0][0]=1;      for(int i=0;i<n+m;++i)    {          int t=i%2;        for(int j=0;j<=n&&j<=i;++j)          for(int k=0;k<=n&&j<=i;++k)          if(f[t][j][k])        {              if(a[j+1]==b[i-k+1]) (f[!t][j+1][k]+=f[t][j][k])%=mod;              if(b[i-j+1]==a[k+1]) (f[!t][j][k+1]+=f[t][j][k])%=mod;              if(b[i-j+1]==b[i-k+1]) (f[!t][j][k]+=f[t][j][k])%=mod;              if(a[j+1]==a[k+1]) (f[!t][j+1][k+1]+=f[t][j][k])%=mod;              f[t][j][k]=0;                  }      }        printf("%d\n",f[(n+m)%2][n][n]);    return 0;}