操作序列：简单的二维 dp。
观察
我们每次操作可以让 \(x\) 变为 \(2x-1\)，或者当 \(x\) 为奇数时让 \(x\) 变为 \(\frac{x+1}{2}\)。
显然，执行第一种操作，会使 \(x\) 变成奇数。
那一旦我们连续执行两次操作，\(x\) 就会变为：
\[\frac{(2x+1)-1}{2}=\frac{2x}{2}=x \]也就是说，当 \(x\) 为奇数时，这两个操作互逆。当 \(x\) 为偶数时，无法操作。
因此，在任何时候，第一次操作的次数都要大于等于第二次操作的次数。这像极了括号匹配，任何时候左括号必须大于右括号。
其中左括号是操作 \(1\)，右括号是操作 \(2\)。
dp 设计
于是我们可以先在 \(x\) 为奇数时把 \(x\) 不断执行第二种操作直到变成偶数，相当于往栈里丢了几个左括号。
然后接下来我们对每次操作考虑，定义 \(dp_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 位，目前栈里有 \(j\) 个左括号的方案数。
然后很显然的转移：
\[dp_{i,j}=\sum_{j=1}^{n+s}dp_{i-1,j-1}+\sum_{j=0}^{n+s-1}dp_{i-1,j+1} \]其中 \(s\) 表示一开始加进栈里面的左括号个数。
时间复杂度 \(O(n^2)\)，可过。
其实这题可以用滚动数组优化，但是不用滚动数组仍然可以过。因为我懒，就不写滚动数组了。
特判
注意到当最后 \(x\) 能变成 \(1\) 时，无论何时使用操作 \(1\) 或者操作 \(2\) 都可以。于是此时答案就是 \(2^n\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
const ll mod=998244353;
ll dp[5005][6005],n,s,ans=0;
int main()
{
freopen("op.in","r",stdin);
freopen("op.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>s;
int tmp=s,qs=0;
while(tmp%2==1&&tmp>1)
{
tmp=(tmp+1)/2;
qs++;
}
if(tmp!=1)
{
dp[0][qs]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=6000;j++)
{
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i][j])%mod;
}
for(int j=0;j<=6000;j++)
{
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j+1])%mod;
}
}
for(int i=0;i<=6000;i++)ans=(ans+dp[n][i])%mod;
cout<<ans%mod;
return 0;
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][0]=(dp[i-1][0]*2)%mod;
cout<<dp[n][0];
return 0;
}
坑点
dp 转移上限不能直接设为 \(n\)，因为一开始会多丢 \(\log\) 个左括号进去。
标签：tmp,qs,奇数,题解,P1391,括号,Hetao,操作,dp From： https://www.cnblogs.com/zhr0102/p/18415454