dp-史上最戳最长最臭代码-hdu-4733-G(x)
定义G(x)=x⊕（x>>1).给两个由0、1、？组成的长度相同的字符串S1,S2.其中？表示0、1状态不确定，求有多少种p，使得G(p)=S1,G(p+1)=S2如果p唯一，则输出G(p)和G(p+1)（注意这中间不能有问号）。
解题思路：
这是我写的史上最臭最长最戳的代码，大神请跳过。
分析函数G(x)=x⊕（x>>1) 也就是右移一位再抑或，从高位出发，构造p和p+1串，先分别放一个0到p和p+1（右移高位时补零的）,然后根据S1和S2的状态以及p和p+1的前一状态构造出当前的p和p+1状态，
构造方法：
若S='0'则当前的p和前一位p相同，否则相反（0《-》1）
如果S='?'，则可以尝试00 01 10 11四种状态。
再来分析p和p+1的特点。
1、最低位肯定不一样。
2、除最后一位外，前面每一位要么相同，要么p<p+1，如果前面某一位p<p+1(也就是01），后面的p一定全部为1，后面p+1一定全部为0.
综合G(x)和p与p+1的特点，可以构造dp状态，
dp[i][j][0][len]：表示当p的第len位为i,p+1的第len位为j，且p<q时的总数。
dp[i][j][1][len]：表示当p的第len位为i,p+1的第len位为j，且p=q时的总数。
根据当前的S和前面一位的状态可以递推出当前的位的P和p+1。
注意：
1、最后一位要单独处理。（01或10)
2、只有一种的情况时要记录路径 ，把S中的？确定下来。
比如？ ？ 答案为0,1而不是？，？
代码：
题目大意：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<ctime>
#define eps 1e-6
#define INF 0x3fffffff
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define Maxn 110000
#define M 1000000007
//分别记录达到该状态时的上一状态的第一串和第二串的值，以及是否相等的状态
int path1[2][2][2][Maxn],path2[2][2][2][Maxn],path3[2][2][2][Maxn];
int dp[2][2][2][Maxn];
char sa1[Maxn],sa2[Maxn];
char ans1[Maxn],ans2[Maxn];
int main()
{
int tt;
scanf("%d",&tt);
for(int ca=1;ca<=tt;ca++)
{
scanf("%s%s",sa1+1,sa2+1);
int len=strlen(sa1+1);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
path2[0][0][1][0]=path1[0][0][1][0]=-1;
path3[0][0][1][0]=-1;
int la1=0,la2=0;
dp[0][0][1][0]=1; //第三维1表示相等 0表示小于
for(int i=1;i<=len;i++)
{
if(sa1[i]!='?'&&sa2[i]!='?')
{
for(int la1=0;la1<=1;la1++)
for(int la2=0;la2<=1;la2++)
{
int p,q;
p=(sa1[i]=='0')?(la1):(la1^1); //构造出当前状态
q=(sa2[i]=='0')?(la2):(la2^1);
for(int t=0;t<=1;t++)
{
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)//前面状态无效
continue;
if(i==len) //最后一位单独处理
{
if(p==q) //最后一位只能是0、1或者1,0
continue;
if(p) //P串中为1时，P+1串肯定为0
{
if(!t) //并且前面P<P+1
{
if(dp[p][q][1][len]==-1)
dp[p][q][1][len]=dp[la1][la2][0][len-1];
else
dp[p][q][1][len]+=dp[la1][la2][0][len-1];
dp[p][q][1][len]%=M;
path1[p][q][1][len]=la1;
path2[p][q][1][len]=la2;
path3[p][q][1][len]=t;
}
}
else //为0 1
{
if(t) //前面必须相等
{
if(dp[p][q][1][len]==-1)
dp[p][q][1][len]=dp[la1][la2][0][len-1];
else
dp[p][q][1][len]+=dp[la1][la2][0][len-1];
dp[p][q][1][len]%=M;
path1[p][q][1][len]=la1;
path2[p][q][1][len]=la2;
path3[p][q][1][len]=t;
}
}
continue;
}
if(!t) //小于的情况
{
if(p!=1||q!=0) //P 必须为1 P+1必须为0
continue;
if(dp[p][q][t][i]==-1)
dp[p][q][t][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][q][t][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][q][t][i]%=M;
path1[p][q][t][i]=la1;
path2[p][q][t][i]=la2;
path3[p][q][t][i]=t;
}
else //等于的情况
{
if(p>q) //这种情况不存在
continue;
if(dp[la1][la2][t][i-1]==-1)
continue;
if(p<q) //0,1 当前小于
{
if(dp[p][q][0][i]==-1)
dp[p][q][0][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][q][0][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][q][0][i]%=M;
path1[p][q][0][i]=la1;
path2[p][q][0][i]=la2;
path3[p][q][0][i]=t;
}
else //等于
{
if(dp[p][q][1][i]==-1)
dp[p][q][1][i]=dp[la1][la2][t][i-1];
else
dp[p][q][1][i]+=dp[la1][la2][t][i-1];
dp[p][q][1][i]%=M;
path1[p][q][1][i]=la1;
path2[p][q][1][i]=la2;
path3[p][q][1][i]=t;
}
}
}
}
}
else if(sa1[i]=='?'&&a补充：综合编程 , 其他综合 ,
