CodeForces - 336D Vasily the Bear and Beautiful Strings(dp+组合数学)

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题目大意：给出一个 01 字符串，规定求值的过程如下：

每次选择末尾的两个数字：
1. 如果为 0 0 ，那么替换成一个 1
2. 否则替换成一个 0
循环往复，直至只剩一个数字位置，剩下的数字即为所求

现在问，对于所有长度为 n + m 的 01 字符串中，同时满足下列条件的字符串有多少个

恰好有 n 个 0 和 m 个 1
求值之后得到的答案等于 g（题目给出）

题目分析：网上一堆纯组合数学的题解，但是边界需要判断的很麻烦，不太喜欢那种解法（也可能是我太菜了，看不明白大佬们的思路），然后发现用 dp 写会格外简单

因为涉及到的状态只有 n 和 m，也就是分别为 0 的剩余个数以及 1 的剩余个数，所以我们设：f[ n ][ m ] 和 g[ n ][ m ] 分别为，剩余 n 个 0 以及 m 个 1 时，最后求值为 1 、0 的方案数

因为满足第一个条件的字符串就只有 C( n + m , m ) 个，所以不难看出，f[ n ][ m ] + g[ n ][ m ] = C( n + m , m )

然后进行递推，因为如果想要最后求值为 1，那么前一步一定要是两个 0 才行，所以不难看出 f[ n ][ m ] = g[ n - 1 ][ m ] = C( n - 1 + m , m ) - f[ n - 1 ][ m ]，进一步观察出 m 在此递推式中充当常数的角色，所以进一步涉及 dp[ i ] = f[ i ][ m ]，这样转移方程就推出来了：dp[ i ] = C( m + i - 1 , m ) - dp[ i - 1 ]，然后对于 g = 1 和 g = 0 的答案就分别是 dp[ n ] 和 C( n + m , m ) - dp[ n ] 了

剩下一个初始化的问题，dp[ 0 ] 的含义实际上是，剩余 m 个 1 时，最后求值为 1 的方案数，这个需要分类讨论一下：

当 m == 1 时，显然 dp[ 0 ] = 1
当 m > 1 时，因为两个 1 会替换成一个 0，进而循环形成 1 0 的匹配，最后的求值是 0 ，所以 dp[ 0 ] = 0

所以此时只需要特判一下 m == 0 的情况了，根据 n 的奇偶输出答案即可

代码：

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e6+100;const int mod=1e9+7;LL fac[N],inv[N],dp[N];LL q_pow(LL a,LL b)
{LL ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}void init()
{fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[N-1]=q_pow(fac[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}LL C(int n,int m)
{return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.ans.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);init();int n,m,g;scanf("%d%d%d",&n,&m,&g);if(m==0){if(n%2==0&&g==1||n%2==1&&g==0)puts("1");elseputs("0");return 0;}dp[0]=(m==1?1:0);for(int i=1;i<=n;i++)dp[i]=(C(m+i-1,m)-dp[i-1]+mod)%mod;if(g==1)printf("%lld\n",dp[n]);elseprintf("%lld\n",(C(n+m,m)-dp[n]+mod)%mod);return 0;
}

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