数字

数字( 计数dp(starstar ))

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Descrption

• 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)。

Input

• 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（不存在重复的数字）。

Output

• 一行，一个整数表示合法的好数字的个数 (mod 999983)。

Sample Input

2
0987654321

Sample Output

1240

Hint

• 对于 (20\%) 的数据，(n≤7)。
• 对于 (100\%) 的数据，(n≤1000, |S|≤10)。
• 来源：(20180719)

分析

• 对于 (20\%) 的数据，暴力整整就行。

• 对 (100\%) 数据我们用 (dp) 加容斥。

• 令：$ dp[i][j]$ 表示长度为 (i) 且所有数字和为 (j) 的方案数。则有：

  [dp[i][j]=sum_{j=0}^{i*Max\_a_i}sum_{k=1}^{len(s) } dp[i-1][j-a[k]] ]

• 对于方案数我们分两种情况考虑：

  1. 前 (n) 与后 (n) 和相同：将和相等，且个数为 (n) 的两个序列拼在一起即可，方案数为：

     [ans+=sum_{i=0}^{n*Max\_a_n} (dp[n][i])^2 ]

  2. 奇数位上的数的和与偶数位上的数的和相等：这种情况也可以通过两个长度为 (n) ，且和相等的序列拼在一起，所以方案数和 (1) 一样。

• 但是上面的两种方案是有重复的情况的，即存在既符合情况 (1) ,也符合情况 (2) 的序列。

  • 设左边奇数序列为 (s_1) ，偶数序列为 (s_2) ，那右边构造为奇数序列为 (s_2)，偶数序列为 (s_1) ，则把这种情况减去即可。

    [ans-=sum_{i=0}^{frac {n+1}{2}*Max\_a_n}(dp[frac{n+1}{2}][i])^2 * sum_{j=0}^{frac{n}{2}*Max\_a_n}(dp[frac{n}{2}][j])^2 ]

  • 前 (n) 位数里，奇数位个数有 (frac{n+1}{2}) 个，偶数位个数有 (frac{n}{2}) 个，(Max\_a_n) 表示给出的集合的最大数，其实这里可以直接有 (9) 代替。

Code

#include <bits/stdc++.h>
const int maxn=1e3+5,Mod=999983;
typedef long long LL;
LL dp[maxn][9*maxn];
int n,a[11];
void Init(){
    char s[11];scanf("%d%s",&n,s+1);
    a[0]=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=a[0];++i)
        a[i]=s[i]-48;
}
void Solve(){
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)//i个数
        for(int j=0;j<=i*9;++j)//i个数和为j，最大为i个9
            for(int k=1;k<=a[0];++k)
                if(j>=a[k])
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-a[k]])%Mod;
    LL ans=0;
    for(int i=0;i<=n*9;++i)//方案1,2之和
        ans=(ans+2*dp[n][i]*dp[n][i])%Mod;
    int len1=(n+1)/2,len2=n/2;
    LL ans1=0,ans2=0;
    for(int i=0;i<=len1 * 9;++i)//长度为(n+1)/2的奇数位序列的组合数
        ans1=(ans1+dp[len1][i]*dp[len1][i]%Mod)%Mod;
    for(int i=0;i<=len2 * 9;++i)//长度为n/2偶数位序列组合数
        ans2=(ans2+dp[len2][i]*dp[len2][i]%Mod)%Mod;
    ans=(ans-ans1*ans2%Mod+Mod)%Mod;
    printf("%lld
",ans);
}
int main() {
    Init();
    Solve();
    return 0;
}