【Codeforces856C】Eleventh Birthday

题意：

• 给你n个数，询问将其按照一定顺序排列后得到的数能被11整除的排列有几种。
• 多组询问。t≤100,n≤2000。

题解：

• 首先我们发现10≡−1(mod11)，所以可以将n个数根据长度的奇偶性分为两类。
• 显然长度为偶数的不会影响长度为奇数的贡献。
• 而长度为奇数的从偶数位开始的数的个数必为⌊n2⌋个，偶数的从偶数位开始的数的个数可以为任意值。
• 所以我们可以得到以下状态：
  
  • dp[i][j][k]表示前i个长度为奇数的数有j个从偶数位开始的对值贡献为k的方案数。
  • 转移：
  • dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k−a[i]]+dp[i−1][j−1][k+a[i]]
    （在模11意义下，注意j=0）
  • 同理。Dp[i][j][k]表示前i个长度为偶数的数有j个从偶数位开始的对值贡献为k的方案数。
  • 转移：
  • Dp[i][j][k]=Dp[i−1][j][k−b[i]]+Dp[i−1][j−1][k+b[i]]
    （在模11意义下，注意j=0）
• 最后合并奇偶即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>#define gc getchar()#define ll long long#define mod 998244353#define N 2009#define add(x,y) (x=((x)+(y)>=mod)?((x)+(y)-mod):((x)+(y)))using namespace std;int n,a[N],b[N],c[N],dp[N][N][11],Dp[N][N][11],n1,n2;int p[N],inv[N];int read(){    int x=1;    char ch;    while (ch=gc,ch<'0'||ch>'9') if (ch=='-') x=-1;    int s=ch-'0';    while (ch=gc,ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0';    return x*s;}int C(int n,int m){    return (ll)p[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}int get(int m,int n){    if (m==0) return n?0:1;    return (ll)p[n]*C(n+m-1,n)%mod;}int main(){    int T=read();    p[0]=1;    for (int i=1;i<N;i++) p[i]=(ll)p[i-1]*i%mod;    inv[0]=inv[1]=1;    for (int i=2;i<N;i++) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;    for (int i=2;i<N;i++) inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-1]%mod;    while (T--)    {        n=read(),n1=n2=0;        for (int i=1;i<=n;i++)        {            a[i]=read();            int len=0,now=a[i];            while (now)            {                now/=10;                len++;            }            if (len&1) b[++n1]=a[i]%11;            else c[++n2]=a[i]%11;        }        for (int i=0;i<=n;i++)            for (int j=0;j<11;j++) dp[0][i][j]=Dp[0][i][j]=0;        dp[0][0][0]=1;        for (int i=1;i<=n1;i++)        {            for (int j=0;j<=i;j++)                for (int k=0;k<11;k++)                {                    dp[i][j][k]=0;                    add(dp[i][j][k],dp[i-1][j][(k-b[i]+11)%11]);                    if (j) add(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][(k+b[i])%11]);                }        }        Dp[0][0][0]=1;        for (int i=1;i<=n2;i++)        {            for (int j=0;j<=i;j++)                for (int k=0;k<11;k++)                {                    Dp[i][j][k]=0;                    add(Dp[i][j][k],Dp[i-1][j][(k-c[i]+11)%11]);                    if (j) add(Dp[i][j][k],Dp[i-1][j-1][(k+c[i])%11]);                }        }        int Ans=0;        for (int i=0;i<=n2;i++)            for (int k=0;k<11;k++)                add(Ans,(ll)dp[n1][n1/2][k]*p[n1/2]%mod*p[n1-n1/2]%mod*Dp[n2][i][(11-k)%11]%mod*get(n1+1-(n1+1)/2,n2-i)%mod*get((n1+1)/2,i)%mod);        printf("%d\n",Ans);    }    return 0;}