Codeforces 1615F. LEGOndary Grandmaster (2800)

给定两个长度一样的 \(01\) 串 \(s,t\)，其中有些位置上的字符已经忘记了，忘记的位置上是 ?。
定义 \(f(s,t)\) 表示最少使得 \(s=t\) 的操作数。操作是选择 \(s\) 中相邻的两个一样的字符，同时进行反转，即 00 变 11，11 变 00。
计算出对于所有将 \(s,t\) 中的 ? 填成 0 或 1 的方案，令 \(s\) 填完后的字符串为 \(s'\)，\(t\) 填完后的字符串为 \(t'\)，所有 \(f(s',t')\) 的总和，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(2\le |s|\le 2000\)。

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考虑对于填完的两个字符串 \(s,t\)，计算使得 \(s=t\) 的最小操作数。

\(\color{purple}{\text{Trick:}}\)
由于一次操作恰好反转一个奇数位上的字符和一个偶数位上的字符，那么考虑将所有的奇数位上的字符反转。
此时反转原序列中的两个相邻的相同的字符，相当于在现序列上交换这两个字符；原序列中的两个不相邻的字符在现序列中是两个一样的字符，交换也不会影响。所以可以把原序列的操作转换为现序列的交换两个相邻字符。

那么现在若对 \(s,t\) 都进行此变换，得到的结果字符串为 \(s',t'\)。记 \(s'\) 中的 1 的位置是 \(p_1<p_2<\cdots <p_k\)，\(t'\) 中的 1 的位置是 \(q_1<q_2<\cdots <q_k\)，则最小操作数为 \(\sum\limits_{i=1}^{k} |p_i-q_i|\)。可以直接设 \(\text{dp}\) 解决，但其实还可以进一步化简。

考虑将 \(|p_i-q_i|\) 分到 \([\min(p_i,q_i),\max(p_i,q_i))\) 上，那么此时形成的序列即是 \(s'\) 的前缀 1 数量构成的序列与 \(t'\) 的前缀 1 数量构成的序列的差值。也就是记 \(a_i\) 为 \(s'[1...i]\) 中 1 的数量，\(b_i\) 为 \(t'[1...i]\) 中 1 的数量，答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^{n} |a_i-b_i|\)，而 \(|a_i-b_i|\) 每次的变化量 \(\Delta\in \{-1,0,1\}\)，所以直接 \(\text{dp}\) 即可。

设 \(pre_{i,j}\) 表示确定了 \(s',t'\) 中的 \([1...i]\) 位置，\(\sum\limits_{k=1}^{i} (a_k-b_k)\) 的值为 \(j\) 的方案数，\(suf_{i,j}\) 表示确定了 \([i...n]\) 位置，\(\sum\limits_{k=i}^{n} (a_k-b_k)\) 的值为 \(j\) 的方案数。则答案为 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{\Delta =-i}^{i} |\Delta|\cdot pre_{i,\Delta}\cdot suf_{i+1,-\Delta}\)。

总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

\(\color{blue}{\text{code}}\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2005, D = 2001, mod = 1e9 + 7;
int T, n, ans, pre[N][N + N], suf[N][N + N]; char s[N], t[N];
inline bool check(char id, int c) { return (id == '?' || id == c + 48); }
inline void solve() {
	scanf("%d%s%s", &n, s + 1, t + 1), ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n + 1; ++ i)
		for (int j = 0; j < N * 2; ++ j)
			pre[i][j] = suf[i][j] = 0;
	pre[0][D] = suf[n + 1][D] = 1;
	for (int i = 0; i < n; ++ i)
		for (int j = -i; j <= i; ++ j) if (pre[i][j + D])
			for (int x = 0; x < 2; ++ x) for (int y = 0; y < 2; ++ y)
				if (check(s[i + 1], x ^ (i & 1)) && check(t[i + 1], y ^ (i & 1)))
					(pre[i + 1][j + D + x - y] += pre[i][j + D]) %= mod;
	for (int i = n + 1; i > 1; -- i)
		for (int j = i - n - 1; j <= n - i + 1; ++ j) if (suf[i][j + D])
			for (int x = 0; x < 2; ++ x) for (int y = 0; y < 2; ++ y)
				if (check(s[i - 1], x ^ (i & 1)) && check(t[i - 1], y ^ (i & 1)))
					(suf[i - 1][j + D + x - y] += suf[i][j + D]) %= mod;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) for (int j = -i; j <= i; ++ j)
		(ans += (ll)pre[i][j + D] * suf[i + 1][D - j] % mod * abs(j) % mod) %= mod;
	printf("%d\n", ans);
}
int main() { for (scanf("%d", &T); T --; ) solve(); }