題目連結

題意：
你有n次操作，每次操作可以在之前得到的串後面加一個0或加一個1或者刪除最後一個字元，如果沒有字元則刪除操作後扔是空串。給你一個01串，問n次操作後有多少種方法能得到這個01串，模1e9+7。n<=5000

題解：
難得自己想出一道還有一定思維含量的計數題。今天狀態不錯，ACR059的E和F兩道計數題竟然都自己想出來了。

這題有個 $n\&lt;=400$

我一開始打算用總方案數減去不合法的方案數，但是發現並不會算不合法的方案數。後來轉念一想，發現只要字串長度一定，答案與每一位具體填了什麼沒有關係，於是我們就可以用一個 $n^2$的 $dp$計算 $n$次操作後剩餘字元長度與目標串長度 $l$一樣的個數，然後除以所有長度是 $l$的串的個數，除的時候用逆元，就能算出最終答案。長度是 $l$的串的個數是 $2^n$，因為每個位置可以填0和1兩種字元，有 $n$個位置。然後我們考慮如何 $dp$。我們發現只需要把剛才的 $dp$狀態的第三維去掉，變成 $dp[i][j]$表示前 $i$次操作後字串長度是 $j$的方案數就可以了。每次列舉轉移時是加了一個字元還是刪除一個字元，加入的話有0和1兩種情況，刪除的話要特判一下當前是否是空串。轉移方程不難想。

程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,l;
char s[5010];
long long dp[5010][5010];
const long long mod=1e9+7;
inline long long ksm(long long x,long long y,long long mod)
{
 long long res=1;
 while(y)
 {
  if(y&1)
  res=res*x%mod;
  x=x*x%mod;
  y>>=1;
 }
 return res;
}
int main()
{
 scanf("%d",&n);
 scanf("%s",s+1);
 l=strlen(s+1);
 dp[0][0]=1;
 for(int i=1;i<=n;++i)
 {
  for(int j=0;j<=i;++j)
  {
   dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-1]*2)%mod;
   if(j==0)
   dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j])%mod;
   else
   dp[i][j-1]=(dp[i][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
  }
 }
 long long ans=ksm(2,l,mod);
 ans=ksm(ans,mod-2,mod);
 ans=ans*dp[n][l]%mod;
 printf("%lld\n",ans); 
 return 0;
}