2019 山东省赛 B 题

题意

给你一排 (n) 个灯泡，让你进行 (k) 轮操作，每轮操作可以点亮或熄灭 (m) 个不同的灯泡。然后给你这排灯泡的初态和末态，问你在 (k) 轮操作后能让这排灯泡到达末态的方案有多少种（对 (998244353) 取模）。

题解

首先可以发现，终状态与起始状态不同的开关一定被改变了奇数次，反之偶数次。设 ( ext{dp}[i][j]) 表示第 (i) 轮有 (j) 个位置是被改变了奇数次。那么可以发现，假设这次有 (j) 个位置是奇数次，这次有 (k) 个位置从奇数次变成了偶数次，那么很明显，剩下 (m-k) 个位置就是从偶数次变成了奇数次。那么 ( ext{dp}[i+1][j-k+m-k]+= ext{dp}[i][j]cdot C_{j}^{k}cdot C_{n-j}^{m-k}) 这个式子就出来了，也就是下一轮的 (j-k+m-k) (之前有 (j) 个奇数次位，减去了这次变成偶数位的个数 (k)，再加上这次由偶数位变成奇数位的个数 (m-k))，这也就是 ( ext{dp}[i][j]) 中的 (j) 个奇数位中选择 (k) 个，从剩下的 (n-j) 个偶数位中选出 (m-k) 个，得到的就是如上的式子。

这个问题的第二个关键点在于初值的赋值。有两种显而易见的赋值方式，( ext{odd_num}) 指的是两个串中状态不同的位置的个数，一种是开头 ( ext{dp}[0][0])，结束 ( ext{dp}[k][ ext{odd_num}])，也就是刚开始没有奇数位变化的位，最后出现有奇数位变化，还有一种是 ( ext{dp}[0][ ext{odd_num}],\, ext{dp}[n][0])，可以发现只有第二种是正确的，因为第一种到最后只能保证有 ( ext{odd_num}) 个位发生变化，不能保证是哪几个，而如果第二种，就先保证了起始有 (m) 个位需要改变只有一种情况。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
const int MAXN = 1e2+5;
const int MOD = 998244353;
ll dp[MAXN][MAXN];///dp[i][j]表示第i轮有j位是奇数的情况
ll c[MAXN][MAXN];///组合数
char s1[MAXN],s2[MAXN];
int main(){
    rep(i,0,100)c[i][0]=1;
    rep(i,1,100)c[i][i]=1;
    rep(i,2,100){
        rep(j,1,i-1){
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%MOD;
        }
    }
    int t,n,k,m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d%s%s",&n,&k,&m,s1,s2);
        int num=0;
        rep(i,0,n-1){
            if(s1[i]!=s2[i])num++;
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][num]=1;
        rep(i,0,k-1){
            rep(j,0,n){///之前有j个奇数次变化的位置
                rep(k,0,m){///有k个奇数变成了偶数
                    if(j>=k&&n-j>=m-k){
                        dp[i+1][j-k+m-k]+=dp[i][j]*c[j][k]%MOD*c[n-j][m-k]%MOD;
                        dp[i+1][j-k+m-k]%=MOD;
                    }
                }
            }
        }
        printf("%lld
",dp[k][0]);
    }
    return 0;
}