大水题(water)

题目描述
dzy 定义一个 $n^2$ 位的数的生成矩阵 $A$ 为一个大小为 $n \times n$ 且 Aij 为这个数的第 $i \times n+j-n$ 位的矩阵。
现在 dzy 有一个数 $n^2$ 位的数 k,他想知道所有小于等于 k 的数的 $n \times n$ 生成矩阵有多少种。(如果不足 $n^2$ 位则补前缀零)
输入输出格式
输入格式
第一行一个数 $n$,第二行一个 $n^2$ 位的数 $k$
输出格式
仅一行表示答案,答案可能很大,你只需输出答案对 $10^9 + 7$ 取模后的结果。
样例 1

输入1
2
1000
输出1
954
数据范围
对于 $30\%$ 的数据 $n \le 2$
对于 $100\%$ 的数据 $n \le 1000$,且 $n$ 为偶数
提示
如果两个生成矩阵在其中一个旋转 $\color{green}{180}$ 度后可以重叠,则称这两个矩阵是相同的。

题解：

这道题看了就一脸懵逼，大火题被说成了大水题了.........
言归正传：
先和网上一样贴公式：
设$f(i)$为$i$在$n^2$位中翻转后的数。
$$ans=k- \frac{\sum_{i}^{f(i) \in [1,k]}1 - \sum_{i}^{f(i) \in [1,k]}(f(i)==i)}{2}$$就是翻转之后的数的个数减去回文数，再除以2就是重复统计的数了。
设$$f[i][j][k],i \in [1,k],j \in [0,1],k \in [0,1]$$为当前枚举到第i位，前i位是否是严格的小于k的前i位的（是为1否为0），将前i位翻转之后的数是否是严格小于等于k的后i位的。那么答案为:
$$ans=k- \frac{(f[n][1][1]+f[n][0][1])-(f[n/2][1][0]+f[n/2][1][1]+f[n/2][0][1])}{2}$$
我们在枚举i,j,k和数字1~9时，就保证前i为严格小于等于，那么j=1就是严格小于，否则就是等于了。
$$(f[n][1][1]+f[n][0][1])$$是$$\sum_{i}^{f(i) \in [1,k]}1$$。前n位不管是小于还是等于，只要翻转之后也在1～n之间就行了。
$$(f[n/2][1][0]+f[n/2][1][1]+f[n/2][0][1])$$是$$\sum_{i}^{f(i) \in [1,k]}(f(i)==i)$$前n/2位翻转之后把后n/2位给补齐了，正好是一个回文数，那么前n/2位严格小于，自然满足条件，如果只是等于，就要翻转之后也是小于等于的。

 #include<queue>
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define RG register
 using namespace std;
 const int mod=;
 long long int n,ans,GG,Two=,X,Y,Z;
 char s[];
 int a[],dp[][][];
 int main()
 {
   freopen("water.in","r",stdin);
   freopen("water.out","w",stdout);
   cin>>n;
   n*=n;
   scanf("%s",s+);
   for(int i=;i<=n;i++)
     {
       a[i]=s[i]-'';
       GG=GG*+a[i];
       GG%=mod;
     }
   dp[][][]=;
   for(RG int i=;i<n;i++)
     for(RG int j=;j<=;j++)
       for(RG int k=;k<=;k++)
     if(dp[i][j][k]!=)//加速（没卵用）
       for(RG int l=;l<=;l++)//枚举i+1位的数字。
         {
           if(l<=a[i+]||j)//这一位要小于等于或者之前已经小于了。
         {
           RG bool b=(l<a[i+])||j;//这里不能取等号，因为j代表的是严格小于才为1。
           RG bool c=(l==a[n-i]&&k)||(l<a[n-i]);//。。。严格的小于等于，因为n-i是从后往前的如果后面的相等，这以为自然可以相等，否则这以为必须严格小于才行。
           dp[i+][b][c]+=dp[i][j][k];
           dp[i+][b][c]%=mod;
         }
           else break;
         }
   X=(dp[n][][]+dp[n][][])%mod;
   Y=(dp[n/][][]+dp[n/][][]+dp[n/][][])%mod;
   Z=((X-Y)*Two)%mod;
   ans=(GG-Z+mod)%mod;
   cout<<ans<<endl;
   return ;
 }