题面
题解
Orz (mathsf{color{black}{c}color{red}{jrzn}})。
考虑将每一种方案记在操作数最少的 dp 值上，可以发现 (k > n) 是没用的。
设 (f_{i, j, k}) 表示当前考虑到第 (i) 位，有 (j) 个 (1) 从后面被搬到了前面，操作了 (k) 次的方案数。
由于从后往前有 (j) 个 (1) 发生移动，所以第 (i) 个位置所对应的字符为 (s_{i - j})。
转移考虑当前的字符和你想填的字符，可以有四种转移：
当 (s_{i - j + 1}) 和下一位要填的值相等时，有 (f_{i + 1, j, k} gets f_{i, j, k})。
当 (s_{i - j + 1} = 0) 且下一位要填 (1) 时，只能从后面搬运一个 (1) 到前面去，于是有 (f_{i + 1, j + 1, k + 1} gets f_{i, j, k})。
当 (s_{i - j + 1} = 1) 且下一位要填 (0) 时，可以发现这些 (1) 必须要被搬到前面去，记 (mathrm {nxt}_{i, j}) 表示最大的满足 (s_{i - k + 1} = 0) 的 (k)，那么下一个位置实际上是匹配的 (mathrm {nxt}_{i, j}) 这个位置，于是有转移 (f_{i + 1, mathrm{nxt}_{i, j}, k} gets f_{i, j, k})。
最后计算答案，发现 (f_{n, i, j}) 如果要满足条件当且仅当 (s_{n - i + 1 cdots n}) 全是 (1) 才能够保证 (1) 的个数是对的，那么加上所有满足条件的 dp 值即可。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N(305), Mod(998244353);
inline int upd(const int &x) { return x + (x >> 31 & Mod); }
inline void Add(int &x, const int &y) { x = upd(x + y - Mod); }
int n, K, f[N][N][N], nxt[N][N];
char s[N];
int main()
{
std::scanf("%s%d", s + 1, &K);
n = std::strlen(s + 1), f[0][0][0] = 1;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0, t; j <= i; j++)
{
for (t = j; s[i + 1 - t] == '1' && t >= 0; --t);
nxt[i][j] = t;
}
if (K > n) K = n;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = i; j >= 0; j--)
for (int k = 0; k <= K; k++)
if (s[i + 1 - j] == '0')
{
Add(f[i + 1][j][k], f[i][j][k]);
Add(f[i + 1][j + 1][k + 1], f[i][j][k]);
}
else
{
Add(f[i + 1][j][k], f[i][j][k]);
if (~nxt[i][j]) Add(f[i + 1][nxt[i][j]][k], f[i][j][k]);
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++)
{
int c = 0;
for (int j = n - i + 1; j <= n; j++) c += s[j] - '0';
if (c == i) for (int j = 0; j <= K; j++) Add(ans, f[n][i][j]);
}
std::printf("%d
", ans);
return 0;
}