ZOJ3791 An Easy Game（DP）

给两个长n的01串s1和s2，要对s1进行k次修改，每次修改m个不同位置，问有几种方式修改成s2。

想偏了，只想到原始的01数值是不重要的，因为每个位置修改次数的奇偶性是确定的这一层。。

其实，这题只要关心从起点到终点有几个位置是不同的，一个数值足矣。

然后具体的状态就是：dp[i][j]表示，进行i次修改后有j个位置不同的方案数。

转移用我为人人，dp[i][j]通过选择修改a个位置不同、m-a个位置相同转移到dp[i+1][j-(a-(m-a))]，即dp[i+1][j-(a-(m-a))]=∑C(j,a)*C(n-j,m-a)*dp[i][j]。

这题的状态的设计和转移对我来说还是挺巧的。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long d[111][111],C[111][111];
int main(){
    for(int i=0; i<111; ++i) C[i][0]=1;
    for(int i=1; i<111; ++i){
        for(int j=1; j<=i; ++j) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%1000000009;
    }
    char s1[111],s2[111];
    int n,k,m;
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&k,&m)){
        scanf("%s%s",s1,s2);
        int cnt=0;
        for(int i=0; i<n; ++i){
            if(s1[i]!=s2[i]) ++cnt;
        }
        memset(d,0,sizeof(d));
        d[0][cnt]=1;
        for(int i=0; i<k; ++i){
            for(int j=0; j<=n; ++j){
                if(d[i][j]==0) continue;
                for(int k=0; k<=j; ++k){
                    if(j-(k-(m-k))<0 || n-j<0 || m-k<0) continue;
                    d[i+1][j-(k-(m-k))]+=C[j][k]*C[n-j][m-k]%1000000009*d[i][j]%1000000009;
                    d[i+1][j-(k-(m-k))]%=1000000009;
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",d[k][0]);
    }
    return 0;
}