[Codeforces856C][DP]Eleventh Birthday

最新推荐文章于 2019-09-13 16:42:02 发布

原创最新推荐文章于 2019-09-13 16:42:02 发布 · 283 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

dp 同时被 3 个专栏收录

123 篇文章

订阅专栏

数论

63 篇文章

订阅专栏

Codeforces

33 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种算法，用于解决特定数学问题：给定一组数字，求所有可能的排列中，使首尾相连形成能被11整除的数字的排列数量。通过将奇数位和偶数位的数字分开，使用动态规划（DP）方法来计算满足条件的排列数目，最终结果对998244353取模。

翻译

对于每组数据，给出n个数字，求有多少种排列方式，使得排列后的n个数字首尾相接形成的数字能被11整除。答案对998244353取模

题解

把位数是奇数和是偶数的数分开考虑
如果有i个奇数的数
显然有 $floor(i2)floor(\frac{i}{2})$ 个数的贡献必须取负
偶数的数不管怎么插入奇数的数里面奇数的数的贡献都不会改变
可以直接dp
$f [i] [j] [k]$ 表示第 $i$ 个奇数有 $j$ 个贡献取负当前模11等于 $k$
$g [i] [j] [k]$ 表示第 $i$ 个偶数有 $j$ 个贡献取负当前模11等于 $k$
直接转移
考虑如何合并
枚举贡献取负的偶数的数个数i
由于我们dp的时候顺序是固定的，我们还要取他的全排列
插板法乱搞就行了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const LL mod=998244353;
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void write(int x)
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void print(int x){write(x);printf(" ");}
LL pow_mod(LL a,LL b)
{
	LL ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ret;
}
LL f[2][1100][15];//前i个数 有j个贡献相反 mod 11=k
LL g[2][2100][15]; //前i个数 有j个贡献相反 mod 11=k
int n;
int b1[2100],b2[2100],l1,l2;
bool ok(int u)
{
	int ret=0;
	while(u)ret++,u/=10;
	return ret&1;
}
int S(int u)
{
	int s1=0,s2=0,gg=0;
	while(u)
	{
		gg++;
		if(gg&1)s1+=u%10;
		else s2+=u%10;
		u/=10;
	}
	return s1-s2;
}
int nw1,nw2;
void ad(LL &x,LL y){x+=y;if(x>mod)x-=mod;}
LL inv[2100],pre[2100];
LL C(int n,int m){return pre[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
LL calc(int n,int m)//n个数 插入m个位置 
{
	if(!m)return n?0:1;
	return pre[n]*C(n+m-1,m-1)%mod;
}
int main()
{
	pre[0]=1;for(int i=1;i<=2000;i++)pre[i]=pre[i-1]*i%mod;
	inv[2000]=pow_mod(pre[2000],mod-2);
	for(int i=1999;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	int T=read();while(T--)
	{
		n=read();l1=l2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x=read();
			if(ok(x))b1[++l1]=(S(x)%11+11)%11;
			else b2[++l2]=(S(x)%11+11)%11;
		}
		memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));
		f[0][0][0]=g[0][0][0]=1;nw1=0;
		for(int i=1;i<=l1;i++)
		{
			nw1^=1;memset(f[nw1],0,sizeof(f[nw1]));
			for(int j=0;j<=l1/2;j++)
				for(int k=0;k<=10;k++)
				{
					if(j!=0)ad(f[nw1][j][k],f[nw1^1][j-1][(k+b1[i])%11]);//这个负贡献
					ad(f[nw1][j][k],f[nw1^1][j][(k-b1[i]+11)%11]);//这个正贡献 
				}
		}
		nw2=0;
		for(int i=1;i<=l2;i++)
		{
			nw2^=1;memset(g[nw2],0,sizeof(g[nw2]));
			for(int j=0;j<=l2;j++)
				for(int k=0;k<=10;k++)
				{
					if(j!=0)ad(g[nw2][j][k],g[nw2^1][j-1][(k+b2[i])%11]);//这个负贡献
					ad(g[nw2][j][k],g[nw2^1][j][(k-b2[i]+11)%11]);//这个正贡献 
				}
		}
		LL ans=0;
		for(int k=0;k<=10;k++)
			for(int i=0;i<=l2;i++)//有i个偶数位的取了正贡献
				ad(ans,f[nw1][l1/2][k]*pre[l1/2]%mod*pre[l1-l1/2]%mod*g[nw2][i][(11-k)%11]%mod*calc(i,(l1+1)/2)%mod*calc(l2-i,l1+1-(l1+1)/2)%mod);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}