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题目描述
有这样一种数列 a1,a2,⋯an，其中 a1=0，且对任意一项 ai 满足 ∣ai−ai+1∣=1（1≤i<n）。设 s=∑i=1nai=a1+a2+⋯+an，表示前 n 项之和。
现在给出数列长度 n 与数列前 n 项之和 s，要求：
输出满足条件的数列的总数对 264 取模后的结果。
输出满足条件的 100 个数列（如果不满 100 个就全部输出）。
输入格式
输入只有一行两个整数，分别表示数列长度 n 与数列之和 s。
输出格式
本题存在 Special Judge。
在第一行输出一行一个整数 t，表示满足条件的数列总数对 264 取模后的结果。
接下来若干行，每行 n 个整数，表示一个数列。
输入输出样例
输入 #1复制
4 0
输出 #1复制
2 0 -1 0 1 0 1 0 -1
题解：
假如每一个数字都比前面的一个数字大 1，即数列为 0,1,2,3,4,5,…,n−1，那么这个数列的和为 sum=2n(n−1)，我们发现 n≤100，那么 sum≤4950，所以如果题目要求的 s>sum，那么一定无解，因为这个数列再大也大不过 sum，更不可能到达 s 了。
反过来，如果一个数字比前面一个数字小 1，即数列为 0,−1,−2,−3,−4,−5,…,−(n−1)，那么这个数列的和为 sum=−2n(n−1)，我们发现 n≤100，那么 sum≥−4950。
所以 −263≤s≤263 是吓你的，真正有用的 −4950≤s≤4950。
接下来，我们来探究一个位子 u 上的数字变化对数组的和 sum 的影响。
如果 au=au−1+1，现在改成 au=au−1−1，那么从 u 开始的每一个数字都会减去 2。
那么数组的和 sum 就会减去 2(n−u+1)。
那么，我们可以想到让每一个数字都等于前面一个数字 +1，那么和就是 2n(n−1)。
但是我们想让其变为题目要求的 s，那么要减去的数字就是 k=2n(n−1)−s。
那么我们只能将有些数字间的 +1，换成 −1 才能达到减去 k 的目的。
那么根据前面对数字间关系的讨论，我们知道，我们要凑出很多个 i，使这些 i 对应的 2(n−i+1) 加起来等于 k 就行了，即让所有的 n−i+1 加起来等于 2k 即可。
当然了，如果 k 是奇数，那么一定无解。
我们考虑 DP，设 fi,j 表示已经凑到第 i 个数字，和为 j 的方案数。
开始时：f1,0=1，
目标：fn,2k。
我们可以不选择第 i 个数字，fi,j=fi−1,j。
我们可以选择第 i 个数字，即在原有基础上加上 (n−i+1)，fi,j=fi−1,j−(n−i+1)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;const int N = 1010, M = 5010;ull f[N][M];int n, k;
i64 s;
int cnt;
int m[N];void dfs(int u, int sum) {if (sum > (k >> 1)) return;if (u > n) {if (sum == (k >> 1)) {cnt++;i64 tmp = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {tmp += m[i];cout << tmp << ' ';}cout << '\n';}if (cnt >= 100) {exit(0);}return;}m[u] = -1;dfs(u + 1, sum + (n - u + 1));m[u] = 1;dfs(u + 1, sum);
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cin >> n >> s;if (s > n * (n - 1) / 2) {cout << 0 << '\n';return 0;}k = n * (n - 1) / 2 - s;if (k & 1) {cout << 0 << '\n';return 0;}f[1][0] = 1;for (i64 i = 2; i <= n; i++) {i64 x = (n - i + 1);memcpy(f[i], f[i - 1], sizeof(f[i]));for (int j = x; j < M; j++) {f[i][j] = f[i][j] + f[i - 1][j - x];}}cout << f[n][k >> 1] << '\n';dfs(2, 0);return 0;
}