【题解】NOIp模拟：数字

数字
(num.c/cpp/pas)

【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。

【输入格式】

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。

【输出格式】

一行一个数字表示合法的好数字的个数mod 999983。

【样例输入】

2

0987654321

【样例输出】

【数据规模】

对于20%的数据，n≤7。

对于100%的.据,n≤1000,|S|≤10。

先考虑前 $n$ 个和后 $n$ 个和相等的时候
$dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 位，总和为 $j$ 的方案数
$dp_{i,j+a_k}+=dp_{i-1,j}$
因为前后两部分相等，方案数为 $\sum_{i=0}^{9n}dp_{n,i}^2$
然后把后部分插到前部分里面，相邻插入，可以得到奇偶相等，所以前后相等与奇偶相等是等价的，所以答案是 $\sum_{i=0}^{9n}2dp_{n,i}^2$

以上是没有去重的，我们发现两种情况会出现重复的情况
需要去重的是既满足前后相等，又满足奇偶相等的情况
把一排长度为 $2n$ 的数列，切成4块，每块都有 $\frac{n}{2}$ 个数，若 $n$ 是奇数的话，第一个块比第二个块多一个，第四个块比第三个块多一个
然后令这四个块的和分别为 $a,b,c,d$
前后相等得到 $a+b=c+d$
把后面一半插到前面一半，得到 $a+c=b+d$
联立两式得到 $a=d,b=c$
所以枚举 $a,b$ 的值，这样的方案数就是 $dp_{[\frac{n}{2}],a}^2*dp_{n-[\frac{n}{2}],b}^2$
减掉这部分就好了

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 1010
#define maxm 9010
#define LL long long
using namespace std;
const int qy = 999983;
int n, a[maxn], m;
char s[maxn];
LL dp[2][maxm], f[maxm], g[maxm];

int main(){
	freopen("num.in", "r", stdin);
	freopen("num.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	scanf("%s", s + 1);
	for (int i = 1; i <= strlen(s + 1); ++i) a[++m] = s[i] - 48;
	dp[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
		int now = i & 1, pre = now ^ 1;
		for (int j = 0; j <= 9 * i; ++j) dp[now][j] = 0;
		for (int j = 0; j <= 9 * (i - 1); ++j)
			for (int k = 1; k <= m; ++k) (dp[now][j + a[k]] += dp[pre][j]) %= qy;
		if (i == (n + 1) / 2) for (int j = 0; j <= i * 9; ++j) f[j] = dp[now][j];
		if ((n & 1) && i == n / 2) for (int j = 0; j <= i * 9; ++j) g[j] = dp[now][j];
	}
//	for (int i = 1; i <= 9 * (n >> 1); ++i) printf("%d\n", f[i]);
	int now = n & 1;
	LL ans = 0;
	for (int i = 0; i <= 9 * n; ++i) (ans += 2LL * dp[now][i] % qy * dp[now][i] % qy) %= qy;
	if (n & 1){
		int u = (n + 1) >> 1, v = n >> 1;
		for (int i = 0; i <= u * 9; ++i)
			for (int j = 0; j <= v * 9; ++j)
				ans = ((ans - f[i] * f[i] % qy * g[j] % qy * g[j] %  qy) % qy + qy) % qy;
	} else{
		int s = n >> 1;
		for (int i = 0; i <= 9 * s; ++i)
			for (int j = 0; j <= 9 * s; ++j) ans = ((ans - f[i] * f[i] % qy * f[j] % qy * f[j] % qy) % qy + qy) % qy;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

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