数字
数字( 计数dp\(\star\star \))
- 时限：\(1s\) 内存：\(256M\)
Descrption
- 一个数字被称为好数字当他满足下列条件：
- 它有 \(2*n\) 个数位，\(n\) 是正整数（允许有前导 \(0\) ）。
- 构成它的每个数字都在给定的数字集合 \(S\) 中。
- 它前 \(n\) 位之和与后 \(n\) 位之和相等或者它奇数位之和与偶数位之和相等。
- 例如对于 \(n=2, S=\{1,2\}\)，合法的好数字有 \(1111,1122,1212,1221,2112,2121,2211,2222\) 这样 \(8\) 种。
- 已知 \(n\)，求合法的好数字的个数 \(mod\ 999983\)。
Input
- 第一行一个数 \(n\)。
- 接下来一个长度不超过 \(10\) 的字符串，表示给定的数字集合（不存在重复的数字）。
Output
- 一行，一个整数表示合法的好数字的个数 \(mod\ 999983\)。
Sample Input
2
0987654321
Sample Output
1240
Hint
- 对于 \(20\%\) 的数据，\(n≤7\)。
- 对于 \(100\%\) 的数据，\(n≤1000, |S|≤10\)。
- 来源：\(20180719\)
分析
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对于 \(20\%\) 的数据，暴力整整就行。
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对 \(100\%\) 数据我们用 \(dp\) 加容斥。
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令：$ dp[i][j]$ 表示长度为 \(i\) 且所有数字和为 \(j\) 的方案数。则有：
\[dp[i][j]=\sum_{j=0}^{i*Max\_a_i}\sum_{k=1}^{len(s) } dp[i-1][j-a[k]] \] -
对于方案数我们分两种情况考虑：
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前 \(n\) 与后 \(n\) 和相同：将和相等，且个数为 \(n\) 的两个序列拼在一起即可，方案数为：
\[ans+=\sum_{i=0}^{n*Max\_a_n} (dp[n][i])^2 \] -
奇数位上的数的和与偶数位上的数的和相等：这种情况也可以通过两个长度为 \(n\) ，且和相等的序列拼在一起，所以方案数和 \(1\) 一样。
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但是上面的两种方案是有重复的情况的，即存在既符合情况 \(1\) ,也符合情况 \(2\) 的序列。
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设左边奇数序列为 \(s_1\) ，偶数序列为 \(s_2\) ，那右边构造为奇数序列为 \(s_2\)，偶数序列为 \(s_1\) ，则把这种情况减去即可。
\[ans-=\sum_{i=0}^{\frac {n+1}{2}*Max\_a_n}(dp[\frac{n+1}{2}][i])^2 * \sum_{j=0}^{\frac{n}{2}*Max\_a_n}(dp[\frac{n}{2}][j])^2 \] -
前 \(n\) 位数里，奇数位个数有 \(\frac{n+1}{2}\) 个，偶数位个数有 \(\frac{n}{2}\) 个，\(Max\_a_n\) 表示给出的集合的最大数，其实这里可以直接有 \(9\) 代替。
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Code
#include <bits/stdc++.h>
const int maxn=1e3+5,Mod=999983;
typedef long long LL;
LL dp[maxn][9*maxn];
int n,a[11];
void Init(){
char s[11];scanf("%d%s",&n,s+1);
a[0]=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=a[0];++i)
a[i]=s[i]-48;
}
void Solve(){
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)//i个数
for(int j=0;j<=i*9;++j)//i个数和为j，最大为i个9
for(int k=1;k<=a[0];++k)
if(j>=a[k])
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-a[k]])%Mod;
LL ans=0;
for(int i=0;i<=n*9;++i)//方案1,2之和
ans=(ans+2*dp[n][i]*dp[n][i])%Mod;
int len1=(n+1)/2,len2=n/2;
LL ans1=0,ans2=0;
for(int i=0;i<=len1 * 9;++i)//长度为(n+1)/2的奇数位序列的组合数
ans1=(ans1+dp[len1][i]*dp[len1][i]%Mod)%Mod;
for(int i=0;i<=len2 * 9;++i)//长度为n/2偶数位序列组合数
ans2=(ans2+dp[len2][i]*dp[len2][i]%Mod)%Mod;
ans=(ans-ans1*ans2%Mod+Mod)%Mod;
printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
Init();
Solve();
return 0;
}
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