[容斥原理][dp]JZOJ P3056 数字

【问题描述】

    一个数字被称为好数字当他满足下列条件：

1. 它有2*n个数位，n是正整数(允许有前导0)   

2. 构成它的每个数字都在给定的数字集合S中。

    3. 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。

Output

    一行一个数字表示合法的好数字的个数mod 999983。

 

Sample Input

2
0987654321

Sample Output

1240

 

Data Constraint

 

 

Hint

    对于20%的数据，n≤7。

    对于100%的.据,n≤1000,|S|≤10。

题解

• 显然我们可以问题为：

• 前n位之和与后n位之和相等的方案数+奇数位之和与偶数位之和相等的方案数-前n位之和与后n位之和相等且奇数位之和与偶数位之和相等的方案数

• 根据容斥原理可以将最后一个转换为：

• 前n位奇数位之和=后n位偶数位之和 且 前n位偶数位之和=后n位奇数位之和

• 那么前两个都很容易求，跑一遍dp,f[i][j]表示i个数和为j的可能的方案数
• 那么i个数可以为n个奇数，也可以为n个偶数
• 那么前两个的和就是∑(i=1,i<=n*9)2*f[n][i]*f[n][i] (ans)
• 定义两个数l1=(n+1)/2,l2=n/2
• l1为前n个数的奇数个数和后n个数的偶数个数
• l2为前n个数的偶数个数和后n个数的奇数个数
• 知道这个后方案数自然很容易求
• ans1=(ans1+f[l1][i]%mo*f[l1][i])%mo; ans2=(ans2+f[l2][i]%mo*f[l2][i])%mo;
• 答案为ans-ans1*ans2
• 注意要取膜

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mo=999983;
int n,len,a[15];
long long ans1,ans2,sum,f[1005][1005*9];
char s[15];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s+1);
    len=strlen(s+1);
    for (int i=1;i<=len;i++) a[i]=s[i]-'0';
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=i*9;j++)
            for (int k=1;k<=len;k++)
                if (j-a[k]>=0)
                    f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-a[k]])%mo;
    for (int i=0;i<=n*9;i++) sum=(sum+2*f[n][i]%mo*f[n][i])%mo;
    int l1=(n+1)/2,l2=n/2;
    for (int i=0;i<=l1*9;i++) ans1=(ans1+f[l1][i]%mo*f[l1][i])%mo;
    for (int i=0;i<=l2*9;i++) ans2=(ans2+f[l2][i]%mo*f[l2][i])%mo;
    printf("%lld",(sum-ans1*ans2%mo+mo)%mo);
}