CF1615F LEGOndary Grandmaster （组合数）

CF1615F LEGOndary Grandmaster

计数好题，转换条件+转化贡献+组合数

首先题目的操作没有什么好的性质，考虑一个经典的 trick，将奇数位置上的数字取反，于是题目的操作变成 $01\to 10$ 或 $10\to 01$。这个操作的性质就是序列中 $1$ 的总数不变，并且操作可以抽象成「使 $1$ 在序列上移动」。

转化完条件，能使 $s$ 和 $t$ 相等的条件即 $1$ 的个数相等。假设 $1$ 的个数相等，此时考虑如何计算贡献。

设 $s$ 序列中第 $i$ 个 $1$ 的位置为 $a_i$，$t$ 序列中第 $i$ 个 $1$ 的位置为 $b_i$，那么答案就是 $\sum |a_i-b_i|$。

但是这么做在有问号的情况下并不好计算，考虑另一个 trick，我们将贡献转化成每一个空隙被跨过的次数。也就是对于每个 $1\le i<n$ 的前缀 $s_i$ 和前缀 $t_i$ 的差值的绝对值（多出的部分一定需要从 $i\to i+1$）。

枚举每个间隙计算答案，考虑枚举左边的差值，不妨设 $A$ 表示 $s[1\sim i]$ 中的问号数量，$B$ 表示 $t[1\sim i]$ 的问号数量，此时一部分问号会变成 $1$，若 $s$ 中问号变成 $1$ 的数量为 $j$，两者差值为 $d$，则有方案数

$$\sum _j{C}_A^j{C}_B^{j+d}$$

$$\sum _j{C}_A^j{C}_B^{B-j-d}$$

这个形式可以用范德蒙德卷积，化成一个组合数：

$$C_{A+B}^{B-d}$$

$[i+1,n]$ 的差值由 $[1,i]$ 的差值可以推出，方案数计算方法类似，最后两边方案数相乘再乘跨过次数就是差值为 $j$ 时的贡献。

于是得到了 $O(n^2)$ 的做法。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

typedef long long i64;
const int N = 2010, mod = 1000000007;
i64 s[N], t[N], ps[3], pt[3], ss[3], st[3];
i64 fac[N << 1], inv[N << 1];
i64 qpow(i64 a, i64 b) {
	i64 ret = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ret = ret * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ret;
}
void init() {
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= (N << 1) - 10; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[(N << 1) - 10] = qpow(fac[(N << 1) - 10], mod - 2);
	for(int i = (N << 1) - 11; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
i64 C(i64 n, i64 m) {
	if(m < 0 || m > n) return 0;
	return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
void Solve() {
	int n;
	std::cin >> n;

	std::string a, b;
	std::cin >> a >> b;
	a = ' ' + a, b = ' ' + b;

	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(a[i] == '?') s[i] = 2;
		else s[i] = a[i] - '0';
		if(b[i] == '?') t[i] = 2;
		else t[i] = b[i] - '0';
		if(!(i & 1)) continue;
		if(s[i] == 0 || s[i] == 1) s[i] ^= 1;
		if(t[i] == 0 || t[i] == 1) t[i] ^= 1;
	}
	// for(int i = 1; i <= n; i++) {
	// 	std::cout << s[i] << " \n"[i == n];
	// }
	// for(int i = 1; i <= n; i++) {
	// 	std::cout << t[i] << " \n"[i == n];
	// }
	for(int i = 0; i <= 2; i++) ps[i] = pt[i] = ss[i] = st[i] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) ss[s[i]]++, st[t[i]]++;
	i64 ans = 0;
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		ss[s[i]]--, st[t[i]]--;
		ps[s[i]]++, pt[t[i]]++;
		for(i64 j = -n; j <= n; j++) {
			i64 d = j - (ps[1] - pt[1]), d2 = j - (st[1] - ss[1]);
			ans = (ans + C(ps[2] + pt[2], pt[2] + d) * C(ss[2] + st[2], st[2] - d2) % mod * abs(j) % mod) % mod;
		}
	}
	std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    init();
	int T;
	std::cin >> T;

	while(T--) Solve();

	return 0;
}