连续的四位数分别是 a , b , c , d a,b,c,da,b,c,d 的合法方案数，枚举允许填入的第 5 55 个数字 e ee，则满足如下递推式：d p [ i ] [ b ] [ c ] [ d ] [ e ] = ∑ a = 0 10 d p [ i − 1 ] [ a ] [ b ] [ c ] [ d ] a + b + c + d + e ≤ m dp[i][b][c][d][e]=\sum_{a=0}^{10} dp[i-1][a][b][c][d]\quad a+b+c+d+e\leq mdp[i][b][c][d][e]= a=0∑10​ dp[i−1][a][b][c][d]a+b+c+d+e≤m且 a , b , c , d , e a,b,c,d,ea,b,c,d,e 必须满足奇偶位置关系；该递推式必须从 i = 5 i=5i=5 开始，而前 4 44 位数的情况，通过暴力枚举 a , b , c , d a,b,c,da,b,c,d 的值初始化为 0 00 或 1 11；为防止内存溢出，在 i ii 这一维使用滚动数组。过题代码#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL MOD = 998244353;const int maxn = 10;int n, m;LL ans;LL dp[2][maxn][maxn][maxn][maxn];int main() {#ifdef ExRoc freopen("test.txt", "r", stdin);#endif // ExRoc ios::sync_with_stdio(false); cin >> n >> m; for (int a = 1; a < 10; a += 2) { for (int b = 0; b < 10; b += 2) { for (int c = 1; c < 10; c += 2) { for (int d = 0; d < 10; d += 2) { if (a + b + c + d <= m) { dp[0][a][b][c][d] = 1; } } } } } for (int i = 5; i <= n; ++i) { int ii = (i % 2); int prei = ii ^ 1; memset(dp[ii], 0, sizeof(dp[ii])); for (int e = ii; e < 10; e += 2) { for (int d = ii ^ 1; d < 10; d += 2) { for (int c = ii; c < 10; c += 2) { for (int b = ii ^ 1; b < 10; b += 2) { for (int a = ii; a < 10; a += 2) { if (a + b + c + d + e > m) { continue; } dp[ii][b][c][d][e] = (dp[ii][b][c][d][e] + dp[prei][a][b][c][d]) % MOD; }

### C++ 动态规划实现奇偶位置约束数字排列求和限制 #### 问题分析 动态规划是一种解决多阶段决策最优化问题的有效算法。对于五位数的奇偶排列及求和限制问题，可以通过定义状态转移方程来描述子问题之间的关系。 以下是基于动态规划的方法实现该问题的具体解析： --- #### 解决方案设计 ##### 定义状态变量 设 `dp[i][j][k]` 表示前 `i` 个位置填满的情况下： - 当第 `i` 个位置放置的是 **奇数** 或 **偶数**； - 子序列之和模某个固定值的结果为 `j` 的合法填充方式数目； - 并满足特定的约束条件（如总和不超过某阈值或其他限制）。 其中： - `i`: 已经安排好的数字数量。 - `j`: 当前部分和对给定数值取余后的结果。 - `k`: 是否严格遵循了某种额外约束（例如是否允许重复使用某些数字等），可选参数视具体需求而定。 ##### 转移方程 假设我们有五个待分配的位置 `[1..5]` 和一组可用候选数字 `{a_1,..., a_m}` （可以包含重复项）。则状态更新逻辑如下所示: 如果当前位置索引 i 是奇数，则只考虑从集合中的奇数选取；如果是偶数，则仅限于选择偶数成员作为新加入者 y 。接着依据新增加进来这个元素之后整个数组累积起来达到的新总额度 z 来调整下一个可能的状态 dp[] [] [] : \[ \text{if } (\text{i is odd}) : \\ \quad \forall y \in \{\text{odd numbers}\},\\ \qquad \forall j', k' \rightarrow dp[i+1][(j+y)\%M][f(k,k')] += dp[i][j][k]; \\ \text{else}(\text{i is even}): \\ \quad \forall y \in \{\text{even numbers}\},\\ \qquad \forall j', k' \rightarrow dp[i+1][(j+y)\%M][f(k,k')] += dp[i][j][k]. \] 这里 M 可能代表最终目标范围内最大允许偏差或者其它形式化表达式下的边界控制因子 f() 函数用来判断两个连续步骤间是否存在冲突比如不允许相同种类连续出现等等具体情况需自行设定. 初始条件设置为只有一个空列表时对应唯一解即没有任何实际贡献所以初始化应写成这样:`dp[0][0][true]=1`. 最后答案就是累加最后一层所有符合条件路径总数也就是遍历所有的剩余容量r计算出sum(r)==target的情况并统计其频率即可得出结论. --- #### 示例代码 下面是一个简单的例子展示如何利用上述思路编写相应程序完成任务要求的功能演示: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MOD = 1e9 + 7; int main(){ vector<int> odds={1,3,5}; vector<int> evens={2,4}; long long m,n,targetSum; cin>>m>>n>>targetSum;//输入长度上限、宽度以及期望总和 // 初始化 DP table vector<vector<long long>> dp(n+1 ,vector<long long>(targetSum+1)); dp[0][0]=1; for(int pos=1;pos<=n;++pos){ if(pos %2 !=0 ){ for(auto num:odds){ for(int prev_sum=0;prev_sum <= targetSum-num ; ++prev_sum){ dp[pos][prev_sum+num]=(dp[pos][prev_sum+num]+dp[pos-1][prev_sum])%MOD; } } } else{ for(auto num:evens){ for(int prev_sum=0;prev_sum <= targetSum-num ; ++prev_sum){ dp[pos][prev_sum+num]=(dp[pos][prev_sum+num]+dp[pos-1][prev_sum])%MOD; } } } } cout<< accumulate(dp[n].begin(), dp[n].end(),(long long )0)%MOD <<endl; } ``` 此段代码实现了基本框架结构，可以根据题目进一步修改细节适应不同场景应用[^4]. --- #### 复杂度评估 时间复杂度主要取决于两方面因素: 1. 遍历每一个位置所需的时间 O(N); 2. 对每种可能性进行枚举所花费的成本O(K),K表示有效候选项规模大小. 因此总体上来说本方法运行效率大约处于O(N*K*TargetSum)级别下运作良好适用于中小规模实例测试验证效果理想[^5]. 空间消耗同样由DP表尺寸决定故亦呈现相似增长趋势约为O(TargetSum*N). ---