完全不会这种类型的$dp$啊……

考虑回文串一定是可以拆分成(偶数个字母 + 偶数个字母)或者(偶数个字母 + 一个字母 +偶数个字母),两边的偶数个字母其实是完全对称的。因为这道题回文串的长度是给定的$n + m$,所以回文串的类型也是确定的。

发现直接$dp$不好转移,我们可以把走的步数拆成两半,从$(1, 1)$开始走$(n + m) / 2$步,从$(n, m)$开始走$(n + m) / 2$步,然后在中间相遇就可以计算答案,这样子只要每一次走到相同的格子就可以转移了。

我们先设计出一个暴力的状态就是$f_{stp, xa, ya, xb, yb}$表示走了$stp$步,从$(1, 1)$开始走到$(xa, ya)$,从$(n, m)$开始走到$(xb, yb)$的方案数。

显然空间炸了。

观察一下发现了$stp$这一维可以滚掉,而当$stp$确定时,只要知道了$xa$和$xb$就可以计算出$ya$和$yb$,具体计算过程可以自己$yy$一下。

最后统计答案的时候要注意讨论$(n + m)$的奇偶性。

时间复杂度$O(n^3)$。

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll; const int N = ;
const ll P = 1e9 + ; int n, m;
ll f[][N][N];
char mp[N][N]; template <typename T>
inline void inc(T &x, T y) {
x += y;
if(x >= P) x -= P;
} int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
/* scanf("%d", &n);
m = n; */
for(int i = ; i <= n; i++) scanf("%s", mp[i] + ); if(mp[][] != mp[n][m]) return puts(""), ; f[][][n] = 1LL;
for(int s = ; s <= (n + m) / ; ++s) {
int now = s & , pre = (s - ) & ;
memset(f[now], 0LL, sizeof(f[now])); for(int xa = ; xa <= s; ++xa)
for(int xb = n; xb >= n - s + ; --xb) {
int ya = s + - xa, yb = n + m + - s - xb;
if(xa > xb || ya > yb) continue;
if(mp[xa][ya] != mp[xb][yb]) continue;
inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa][xb]);
inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa - ][xb]);
inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa][xb + ]);
inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa - ][xb + ]);
}
} ll ans = 0LL; int cur = ((n + m) / ) & ;
if((n + m) % == ) {
for(int i = ; i <= n; i++) {
inc(ans, f[cur][i][i]);
inc(ans, f[cur][i][i + ]);
}
} else {
for(int i = ; i <= n; i++)
inc(ans, f[cur][i][i]);
} printf("%lld\n", ans);
return ;
}

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