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64bit IO Format: %lld

题目描述

> 管道取珠是小X很喜欢的一款游戏。在本题中，我们将考虑该游戏的一个简单改版。游戏画面如图1所示：
> 在这里插入图片描述
> 游戏初始时，左侧上下两个管道分别有一定数量的小球（有深色球和浅色球两种类型），而右侧输出管道为空。每一次操作，可以从左侧选择一个管道，并将该管道中最右侧的球推入右边输出管道。
>
> 例如，我们首先从下管道中移一个球到输出管道中，将得到图2所示的情况。
>
> 在这里插入图片描述
>
> 假设上管道中有n个球,下管道中有m个球，则整个游戏过程需要进行n+m次操作，即将所有左侧管道中的球移入输出管道。最终n
> +m个球在输出管道中从右到左形成输出序列。
>
> 爱好数学的小X知道，他共有C(n+m, n)种不同的操作方式，而不同的操作方式可能导致相同的输出序列。举个例子，对于图3所示的游戏情形：
> 在这里插入图片描述
>
> 我们用A表示浅色球，B表示深色球。并设移动上管道右侧球的操作为U,移动下管道右侧球的操作为D，则共有C(2+1,1)=3种不同的操作方式,分别为UUD,
> UDU, DUU；最终在输出管道中形成的输出序列（从右到左）分别为BAB，BBA，BBA。可以发现后两种操作方式将得到同样的输出序列。
>
> 假设最终可能产生的不同种类的输出序列共有K种，其中第i种输出序列的产生方式(即不同的操作方式数目)有ai个。聪明的小X早已知道，
> 在这里插入图片描述
>
> 因此，小X希望计算得到
> 在这里插入图片描述
>
> 你能帮助他计算这个值么？由于这个值可能很大，因此只需要输出该值对1024523的取模即可(即除以1024523的余数)。
>
> 说明：文中C(n+m,n)表示组合数。组合数C(a,b)等价于在a个不同的物品中选取b个的选取方案数。

输入描述:

> 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。

输出描述:

> 仅包含一行，即为除以1024523的余数

示例1
输入

2 1
AB
B

输出

5

题意：

总结下题目意思：
上下两个管道，上管道有n个球，下管道有m个球，每次在上下取出一个球，球有黑有红，取出会形成不同的系列，序列数为k，而同一种序列可能有不同取法，第i种序列，取法为a[i]，
那会得到：所有取法的式子在这里插入图片描述
问：在这里插入图片描述

题解：

乍一看毫无思路，给了我们ai求和的公式，让我们求ai^2^ 求和的公式，这咋整。
注意，题目又臭又长给我们设定一个背景，是为了告诉我们所给的式子是具有物理含义的，题目中ai表示第i种序列的取法，ai求和是一个管道系统中所有取法的和。那ai^2^表示什么？不就表示两个完全相同的管道系统，独立取出小球，所得两个管道系统序列相同的方案数量
这样能想明白，接下来就好整
dp[k][i][j]表示两个管道都取了k个球，第一个管道系统的第一个管道（上管道）取了i个球，自然第二个管道（第一个管道系统的下管道）取了k-i个球
同理：第二个管道系统的第一个管道取了j个球，第二个管道取了k-j个球
我们要得到相同序列，就要使得每次两侧取出的球都相同
然后转移方程可得：
（图中对四个管道进行标号）
在这里插入图片描述
a[]表示上管道球的颜***[]表示下管道球的颜***r>dp[0][0][0]=1
有四种情况：
上A = = 上B (a[i] = = b[j]) dp [ k ] [ i ] [ j ]+=dp [ k-1 ] [ i - 1 ] j - 1
上A = = 下B (a[i] = = b[k-j])dp[k][i][j]+=dp[k-1][i-1]j
下A = = 上B（b[k-i] = = a[j]）dp[i][j][k]+=dp[k-1][i][j-1]
下A = = 下B (b[k-i] = = b[k-j]) dp[i][j][k]+=dp[k-1][i][j]
（其实就是两边管道当相同时自由组合）
我这样讲应该够仔细了
对了，数组空间会超，所以用滚动数组来优化，降低复杂度

代码：

状态压缩代码参考

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 500 + 5;
const int mod = 1024523;
int dp[3][maxn][maxn];
int n, m;
char a[maxn], b[maxn];

int main() {
    cin >> n >> m;
    cin >> a + 1 ;
    cin >> b + 1;
    dp[0][0][0] = 1;
    for(int k = 1; k <= n + m; k++) 
    {
        memset(dp[k&1], 0, sizeof dp[k&1]);
        for(int i = 0; i <= n; i++) 
        {
            if(k - i < 0 || k - i > m) continue;
            for(int j = 0; j <= n; j++) 
            {
                if(k - j < 0 || k - j > m) continue;

                if(i && j && a[i] == a[j])dp[k & 1][i][j]=(dp[k & 1][i][j]+dp[!(k & 1)][i - 1][j - 1])%mod;
                if(i && k - j && a[i] == b[k - j])dp[k & 1][i][j] =(dp[k & 1][i][j]+ dp[!(k & 1)][i - 1][j])%mod;
                if(k - i && j && b[k - i] == a[j])dp[k & 1][i][j]=(dp[k & 1][i][j] + dp[!(k & 1)][i][j - 1])%mod;
                if(k - i && k - j && b[k - i] == b[k-j])dp[k & 1][i][j]=(dp[k & 1][i][j] + dp[!(k & 1)][i][j])%mod;
            }
        }
    }
    cout << dp[(n + m) & 1][n][n] << endl;
    return 0;
}