51nod1043(数位dp)

题目链接：https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1043

题意：中文题诶～

思路：数位dp

我们用dp[i][j]来存储长度为2*i且一半和为j的所有情况(包括前导０的情况)，为了方便我们现在只讨论其一半的和的情况，因为如果包括前导０的话其两边的情况是一样的；

我们假设再长度为i-1的数字最前面加１位数字k,0<=k<=9(这位数字加在哪里并不影响答案，因为我们在计算i-1长度的时候已经计算了所有组合情况，交换顺序的两种情况都是所有情况里面的情况)，加k=0就相当于加了一个前导０，那么我们不难想到动态转移方程式为：

dp[i][j]=∑dp[i-1][j-k] (0<=k<=9)

去前导０为dp[i][j]-dp[i-1][j]；

那么对于长度为2*i和为j的组合情况为：dp[i][j]*(dp[i-1][j])　（前部分要考虑前导０，后部分不用考虑）；

对于我们要求的答案，直接累加就好了啦．

代码：

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

 const int mod=1e9+;
 const int MAXN=;
 ll dp[MAXN][MAXN*]; //***dp[i][j]从存储长度为2*i一半和为j的情况数

 int main(void){
     ll ans=;
     int n;
     cin >> n;
     dp[][]=; //***一开始计算时要把所有前导０都算进去
     for(int i=; i<=n; i++){
         for(int j=; j<=i*; j++){
             for(int k=; k<=; k++){
                 if(j>=k){
                     dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-][j-k])%mod;
                 }else{
                     break;
                 }
             }
         }
     }
     for(int i=; i<=*n; i++){
         ans=(ans+(dp[n][i]-dp[n-][i])*dp[n][i])%mod;
     }
     cout << ans << endl;
     return ;
 }