[atAGC048F]01 Record

先将这个序列翻转，贪心找到最长的'101010……'的形式的子序列并删除，重复此过程并记这些字符串长度依次为$l_{1},l_{2},...,l_{n}$，若最终还有字符剩余则一定无解

假设$S$中元素从大到小依次为$x_{1},x_{2},...,x_{m}$，则合法当且仅当：

1.$L=sum_{i=1}^{n}l_{i}=sum_{i=1}^{m}x_{i}$

2.$forall 1le ile n,sum_{j=1}^{i}lfloor frac{l_{j}}{2} floorge sum_{j=1}^{i}lfloor frac{x_{j}}{2} floor$（可以证明$nle m$）

3.$forall 1le ile n,sum_{j=1}^{i}lceil frac{l_{j}}{2} ceilge sum_{j=1}^{i}lceil frac{x_{j}}{2} ceil$

考虑必要性，第一个条件是因为$x_{i}$必然操作$x_{i}$次从而产生长为$x_{i}$的串，而$sum_{i=1}^{n}l_{i}$即为序列长度（有剩余字符无解），因此相等

对于第2和3个限制（以2为例），每一个$x_{i}$产生了一个长度为$x_{i}$的'101010……'的序列，以此为$l_{i}$则恰好满足，那么选择最长的'101010……'前缀和一定不会变小，因此满足该条件

充分性的证明过程可以看原题解后半部分：

考虑dp，令$f[i][j][k][l]$表示有多少种$x_{1},x_{2},...,x_{i}$满足$sum_{t=1}^{i}lfloor frac{x_{t}}{2} floor=j$且$sum_{t=1}^{i}lceil frac{x_{t}}{2} ceil=k$且$x_{i}=l$，这样转移复杂度为$o(L^{5})$，最终答案即$sum_{i=n}^{L}sum_{l=1}^{L}f[i][sum_{j=1}^{n}lfloorfrac{l_{j}}{2} floor][sum_{k=1}^{n}lceilfrac{l_{k}}{2} ceil][l]$

由于$x_{1}ge x_{2}ge ...ge x_{i}$，而$sum_{j=1}^{i}x_{i}le L$，因此$lle frac{L}{i}$，再通过前缀和可以优化到$o(L^{3}ln L)$，空间上通过对第一维滚动可以做到$o(L^{3})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
#define mod 1000000007
int n,m,ans,a[N],s1[N],s2[N],f[2][N][N][N];
char s[N];
int main(){
    scanf("%s",s);
    int l=m=strlen(s);
    for(int i=0;i<l/2;i++)swap(s[i],s[l-i-1]);
    while (l){
        if (s[0]=='0'){
            printf("0");
            return 0;
        }
        int p=1,ll=l;
        n++;
        l=0;
        for(int i=0;i<ll;i++)
            if (s[i]-'0'!=p)s[l++]=s[i];
            else{
                a[n]++;
                p^=1;
            }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)s1[i]=s1[i-1]+a[i]/2;
    for(int i=1;i<=m;i++)s2[i]=s2[i-1]+(a[i]+1)/2;
    f[0][0][0][m]=1;
    for(int i=0,p=1;i<m;i++,p^=1){
        for(int j=0;j<=s1[i+1];j++)
            for(int k=0;k<=s2[i+1];k++)
                for(int l=1;l<=m/max(i-1,1);l++)f[p][j][k][l]=0;
        for(int j=0;j<=s1[i];j++)
            for(int k=0;k<=s2[i];k++){
                for(int l=m/max(i,1)-1;l;l--)
                    f[p^1][j][k][l]=(f[p^1][j][k][l]+f[p^1][j][k][l+1])%mod;
                for(int l=1;l<=m/(i+1);l++)
                    if ((j+l/2<=s1[i+1])&&(k+(l+1)/2<=s2[i+1]))
                        f[p][j+l/2][k+(l+1)/2][l]=(f[p][j+l/2][k+(l+1)/2][l]+f[p^1][j][k][l])%mod;
            }
        if (i>=n-1)
            for(int j=1;j<=m;j++)ans=(ans+f[p][s1[n]][s2[n]][j])%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}