BZOJ系列《[NOI2009]管道取珠》题解

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。

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 1024523using 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;}