POJ3971 Scales

题目描述：

有一个物品重量为$w$，现在你有$1,2,4,\dots ,2^n$重量的砝码，问有多少种方法可以使得天平平衡。$w$以二进制给出。

分析：

• 根据题目的意思，可以分析出2个重要的信息，假设在$w$方托盘放上$x$质量的砝码，在天平的另一边放上总共$y$质量的砝码，则有等式$x+w=y$。
• 另外，因为每一种砝码只有一个，且每一个砝码都是$2$的整次幂，化成$2$进制后只有最高位为$1$，而其余位为$0$,因此又有以下等式成立: $x\&y=0$。
  综上所述，我们需要求解以下方程组的合法正整数解的个数：
  $$\{\begin{array}{l}x+w=y\\ x\&y=0\end{array}$$
  考虑数位$dp$。
  设$f_{i,0}$表示判断到i位时它不进位的情况数，$f_{i,1}$表示到i位时它进位的情况数，从低位到高位判断。
  分类讨论：

($1$) 先考虑$f_{i,0}$的情况（即不进位的情况）：

• $1.$ 当$w$的第$i$位为$1$时，如果前面不进位，那么这一位只能加上$0$才满足不进位的情况；如果前面进位，那么无论如何不可能使这一位不进位，因此有方程$f_{i,0}=f_{i-1,0}$成立；
• $2.$ 当$w$的第$i$位为$0$时，如果前面不进位，那么这一位只能选择$0$（因为选择加$1$的话将会与条件$x\&y=0$矛盾）；如果前面进位，那么这一位也只能选择$0$才能使$i$位也不进位，因此有方程$f_{i,0}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}$成立；

($2$) 再考虑$f_{i,1}$的情况（即进位的情况）：

• 当$w$的第$i$位为$1$时，如果前面不进位，那么这一位只能选择1才能使i位进位；如果前面进位，那么只能选择$0$使之进位（如果选择$1$那么结果将会与条件$x\&y=0$矛盾），因此有方程$f_{i,1}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}$成立；
• 当$w$的第$i$位为$0$时，如果前面不进位，那么这一位无论如何不可能进位；如果前面进位，那么只能选择$1$才能使i位进位，因此有方程$f_{i,1}=f_{i-1,1}$成立;

$Dp$方程转移到此结束.
程序初始化与上述分析类似.

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 1000001;
int n, m, Mod = 0;
int a[N] = {};
int f[N][2] = {};

int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T --) {
		memset(a, 0, sizeof(a));
		memset(f, 0, sizeof(f));
		scanf("%d%d%d",&m,&n,&Mod);
		char ch;
		ch = getchar();
		for (int i=n-1;i>=0;i--) {
			ch = getchar();
			a[i] = ch - '0';
		}
//		for (int i=0;i<=n-1;i++) cout<<a[i]<<' ';
		if (a[0] == 0) {
			f[0][0] = 1, f[0][1] = 0;
		}
		else {
			f[0][0] = f[0][1] = 1;
		}
		for (int i=1;i<=m;i++) {
			if (a[i] == 0) {
				f[i][0] = f[i-1][0] + f[i-1][1];
				f[i][1] = f[i-1][1];
			}
			else {
				f[i][0] = f[i-1][0];
				f[i][1] = f[i-1][0] + f[i-1][1];
			}
			f[i][0] = f[i][0] % Mod, f[i][1] = f[i][1] % Mod;
		}
		printf("%d\n",f[m-1][0]);
	}
}