題目大意：給出兩個(gè)長(zhǎng)度分別為 n 和 m 的管道，每個(gè)管道中都只有兩種顏色的珠子，現(xiàn)在可以按照規(guī)則組成序列，共可以組成 C( n+m , n ) 個(gè)序列，假設(shè)共組成了?K 種不同的序列，每一種序列出現(xiàn)的次數(shù)為 a[ i ] ，現(xiàn)在需要求?
題目分析：肯定不能先將所有 K 種序列的出現(xiàn)次數(shù)求出來然后再平方，考慮轉(zhuǎn)換模型，可以將這個(gè)模型等價(jià)轉(zhuǎn)換為，有兩個(gè)人在玩游戲，每個(gè)人都可以按照規(guī)則構(gòu)造出一種序列，如果構(gòu)造出的序列相等，那么貢獻(xiàn)加一
可以這樣去想，假設(shè)某一種序列出現(xiàn)了 num 次，每當(dāng)?shù)谝粋€(gè)人構(gòu)造出了這種序列，然后第二個(gè)人可以有 num 種方案構(gòu)造出這種序列，同理第一個(gè)人也有 num 種方案構(gòu)造出這個(gè)序列，所以模型正確
考慮如何轉(zhuǎn)移，不難想到 dp[ i ][ ii?][ j ][ jj ] 為第一個(gè)人從上面的管道選擇了 i 個(gè)珠子，從下面的管道中選擇了 ii 個(gè)珠子，第二個(gè)人從上面的管道中選擇了 j 個(gè)珠子，從下面的管道中選擇了 jj 個(gè)珠子時(shí)的方案數(shù)，但是如此構(gòu)造狀態(tài)的話空間是容納不下的，不過因?yàn)檫@相當(dāng)于是兩個(gè)人在玩游戲，所以滿足 i + ii = j + jj，所以可以省略掉一維，為了更好的表示，我們用 dp[ len ][ i ][ j ] 來確定狀態(tài)，其意義為：到了第 len 輪，第一個(gè)人從上面的管道取了 i 個(gè)珠子，第二個(gè)人從下面的管道取了 j 個(gè)珠子時(shí)的方案數(shù)，此時(shí) ii = len - i ，jj = len - j，轉(zhuǎn)移的話也非常簡(jiǎn)單了
代碼： ?
//#pragma GCC optimize(2)
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using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=510;const int mod=1024523;char s[N],t[N];LL dp[2][N][N];int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%s%s",s+1,t+1);dp[0][0][0]=1;for(int len=0;len<n+m;len++){int p=len&1,np=p^1;memset(dp[np],0,sizeof(dp[np]));for(int i=0;i<=min(len,n);i++)for(int j=0;j<=min(len,n);j++)if(dp[p][i][j]){int ii=len-i,jj=len-j;if(s[i+1]==s[j+1])dp[np][i+1][j+1]=(dp[np][i+1][j+1]+dp[p][i][j])%mod;if(s[i+1]==t[jj+1])dp[np][i+1][j]=(dp[np][i+1][j]+dp[p][i][j])%mod;if(t[ii+1]==s[j+1])dp[np][i][j+1]=(dp[np][i][j+1]+dp[p][i][j])%mod;if(t[ii+1]==t[jj+1])dp[np][i][j]=(dp[np][i][j]+dp[p][i][j])%mod;}}printf("%lld\n",dp[(n+m)&1][n][n]);return 0;
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