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# DP 套 DP

## 引入

本文将介绍 DP 套 DP 的思想，并通过两道例题展示它如何应用到具体问题中．

## 思想

所谓「DP 套 DP」，实际上指的是在动态规划的过程中，把一个子问题的求解过程（通常是一个 DP）抽象成一个自动机（DFA），然后在这个自动机的基础上再设计一层新的 DP 的方法．

这种技巧主要应用于一类 序列计数、概率 或 期望 问题．一个典型的问题具有如下结构：

- 给定字符集 Σ Σ 和它上面一个长度为 𝑛 n 的「合法序列」的集合 𝐴 ⊆Σ 𝑛 A⊆Σ n．根据字符集不同，序列可以是二进制串、数字串、状态序列等．
- 对于每一个具体的序列 𝑠 ∈Σ 𝑛 s∈Σ n，可以通过动态规划来判断它是否合法（即 𝑠 ∈𝐴 s∈A），计算它的权值或求出相关值．
- 最终，我们希望统计集合 𝐴 A 中所有序列的数目、总权值、期望值等．

这时，枚举所有序列是不可行的．于是我们考虑将「判断一个序列是否合法」的过程（即内层 DP）抽象为一个 确定有限状态自动机（DFA）．一般地，对于固定的序列 𝑠 ∈Σ 𝑛 s∈Σ n，内层 DP 的状态函数可以表示为 𝑔(𝑖,𝑥;𝑠)g(i,x;s)，即已经处理完序列 𝑠 s 的长度为 𝑖 i 的前缀，且其他状态分量为 𝑥 x 时某个量的取值．相应地，内层 DP 的状态转移方程为

𝑔(𝑖,⋅;𝑠)=𝐺(𝑔(𝑖−1,⋅;𝑠),𝑠 𝑖).g(i,⋅;s)=G(g(i−1,⋅;s),s i).

也就是说，函数 𝑔(𝑖, ⋅;𝑠)g(i,⋅;s) 由之前的函数 𝑔(𝑖 −1, ⋅;𝑠)g(i−1,⋅;s) 和当前的字符 𝑠 𝑖 s i 唯一确定．如果将函数 𝑔(𝑖, ⋅;𝑠)g(i,⋅;s) 看作是自动机的一个状态，那么，内层 DP 的状态转移方程就给出了自动机的一个转移．因此，内层 DP 对应的自动机 (𝑄,Σ,𝛿,𝑞 0,𝐹)(Q,Σ,δ,q 0,F) 结构如下：

- 状态集合 𝑄 Q 就是所有可能的 𝑠 ∈Σ 𝑛 s∈Σ n 和 𝑖 =0,1,⋯,𝑛 i=0,1,⋯,n 对应的函数 𝑔(𝑖, ⋅;𝑠)g(i,⋅;s) 的集合；
- 转移函数 𝛿 :𝑄 ×Σ →𝑄 δ:Q×Σ→Q 就是内层 DP 的状态转移方程中的 𝐺 G；
- 起始状态 𝑞 0 q 0 通常是显然的，即内层 DP 的初始状态；
- 接受状态集合 𝐹 F 就对应着所有的合法序列 𝑠 ∈𝐴 s∈A．

函数 𝑔(𝑖, ⋅;𝑠)g(i,⋅;s) 本身可能相当复杂，因此，在处理具体问题时，通常需要进行 状态压缩 或结合 DFA 最小化的技巧来压缩状态空间．这也是 DP 套 DP 相较于暴力 DP 能够显著降低时空复杂度的主要原因．

将内层 DP 抽象为 DFA 后，就可以在这个 DFA 上设计一个新的 DP 用于求解原问题，即外层 DP．为方便表述，以简单的计数问题为例．外层 DP 的状态函数定义为 𝑓(𝑖,𝑞)f(i,q)，即处理到长度为 𝑖 i 的前缀时，到达 DFA 中状态 𝑞 ∈𝑄 q∈Q 的前缀的数目．它的状态转移方程为

𝑓(𝑖,𝑞)=∑𝑐∈Σ∑𝑞′∈𝑄:𝛿(𝑞′,𝑐)=𝑞 𝑓(𝑖−1,𝑞′).f(i,q)=∑c∈Σ∑q′∈Q:δ(q′,c)=q f(i−1,q′).

起始状态当然是 𝑓(0,𝑞 0)f(0,q 0)，而最终要求的答案通常可以根据 {𝑓(𝑛,𝑞) :𝑞 ∈𝐹}{f(n,q):q∈F} 简单计算得到．外层 DP 实际上是 DAG 上 DP 的特殊情形．

## 例题

接下来的两个例题会详细说明 DP 套 DP 的一般做法．

### 例一

Hero meet devil

给定一个字符集为 `ACGT` 的字符串 𝑆 S，且 |𝑆| ≤1 5|S|≤15．对于每个 0 ≤𝑖 ≤|𝑆|0≤i≤|S|，求有多少个长度为 𝑚 m，字符集 `ACGT` 的字符串 𝑇 T，满足它与 𝑆 S 的最长公共子序列长度为 𝑖 i．

题解

我们首先会想到一个 DP：设 𝑓 𝑖,𝑗 f i,j 表示长度为 𝑖 i 的 𝑇 T 中，和 𝑆 S 的最长公共子序列的长度为 𝑗 j 的方案数．但是这样无法转移，我们发现主要的问题是，我们不知道这个最长公共子序列对应的是哪些字符．

考虑朴素求最长公共子序列的过程．设 𝑔 𝑖,𝑗 g i,j 表示 𝑇 T 的前 𝑖 i 位和 𝑆 S 的前 𝑗 j 位，它们的最长公共子序列的长度，就有

𝑔 𝑖,𝑗=m a x{𝑔 𝑖−1,𝑗,𝑔 𝑖,𝑗−1,𝑔 𝑖−1,𝑗−1+[𝑇 𝑖=𝑆 𝑗]}.g i,j=max{g i−1,j,g i,j−1,g i−1,j−1+[T i=S j]}.

我们发现，对于一个 𝑖 i，只需要记录 𝑔 𝑖 g i 这个一维数组每一位的值，就能准确维护当前 𝑆 S 与 𝑇 T 前 𝑖 i 位最长公共子序列的状态．因为 𝑆 S 长度只有 1 5 15，我们发现这个思想是可行的．

于是重新设状态 𝑓 𝑖,𝑥 f i,x 表示对于长度为 𝑖 i 的 𝑇 T，与 𝑆 S 的 DP 数组（就是 𝑔 𝑖 g i）状态为 𝑥 x 的方案数．这个 DP 看起来状态数很多，然而我们发现 𝑔 𝑖,𝑗 −𝑔 𝑖,𝑗−1 ∈{0,1}g i,j−g i,j−1∈{0,1}，就可以维护 𝑔 𝑖 g i 的差分数组，状态数是 2|𝑆|2|S| 的．

现在思考怎么转移．容易发现，如果我们知道了 𝑔 𝑖 g i 这个数组，也知道了 𝑇 𝑖+1 T i+1，就能通过朴素 LCS 转移（即前文的 DP 方程）求出 𝑔 𝑖+1 g i+1．于是朴素的 LCS 就成为了帮助 𝑓 f 转移的内层 DP．

因此，我们枚举 𝑇 𝑖+1 T i+1，计算出 𝑥 x 转移后的状态 𝑥′x′，再将 𝑓 𝑖+1,𝑥′f i+1,x′ 加上 𝑓 𝑖,𝑥 f i,x 就可以完成外层 DP 的状态转移．最后，我们记录 𝑎 𝑛 𝑠 𝑖 ans i 为 LCS 长度为 𝑖 i 的答案，枚举每个状态 𝑆 S，𝑎 𝑛 𝑠 p o p c o u n t⁡(𝑆)ans popcount⁡(S) 加上 𝑓 𝑚,𝑆 f m,S 即可．

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    #include <cstring>
    #include <iostream>
    #include <string>
    using namespace std;

    const int MOD = 1e9 + 7;
    const int MAXN = 100;

    int T, a[MAXN + 1], h[MAXN + 1];
    int g[MAXN + 1], m, n;
    int nxt[1 << 16]
           [4];  // 状态转移表：nx[mask][ch] 表示 mask 状态下追加 ch 后的新状态
    int f[1001]
         [1 << 16];  // DP 数组：f[i][mask] 表示长度为 i，处于状态 mask 的方案数
    int ans[MAXN +
            1];  // 最终答案：ans[i] 表示长度为 m 时，包含 i 个匹配位置的方案数

    void add(int &x, int y) { x = (x + y) % MOD; }

    int calc(int mask, int x) {  // 给定当前 mask 状态和当前字符
                                 // x（0~3），返回新状态
      int res = 0;
      for (int i = 0; i < n; ++i) g[i + 1] = g[i] + ((mask >> i) & 1);

      for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (a[i] == x)
          h[i] = g[i - 1] + 1;
        else
          h[i] = max(h[i - 1], g[i]);
      }

      for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (h[i] > h[i - 1]) res |= (1 << (i - 1));

      return res;
    }

    int popcount(int x) {  // 计算 mask 中有多少个 1（即匹配了多少位置）
      int res = 0;
      while (x) {
        res += x & 1;
        x >>= 1;
      }
      return res;
    }

    int main() {
      ios::sync_with_stdio(false);
      cin.tie(nullptr);

      cin >> T;
      while (T--) {
        string S;
        cin >> S >> m;
        n = S.length();

        memset(f, 0, sizeof(f));
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        memset(a, 0, sizeof(a));

        for (int i = 0; i < n; ++i) {
          if (S[i] == 'A') a[i + 1] = 0;
          if (S[i] == 'C') a[i + 1] = 1;
          if (S[i] == 'G') a[i + 1] = 2;
          if (S[i] == 'T') a[i + 1] = 3;
        }

        int lim = (1 << n);
        for (int i = 0; i < lim; ++i)
          for (int j = 0; j < 4; ++j) nxt[i][j] = calc(i, j);

        f[0][0] = 1;
        for (int i = 0; i < m; ++i)
          for (int j = 0; j < lim; ++j)
            if (f[i][j])
              for (int k = 0; k < 4; ++k) add(f[i + 1][nxt[j][k]], f[i][j]);

        for (int i = 0; i < lim; ++i) add(ans[popcount(i)], f[m][i]);

        for (int i = 0; i <= n; ++i) cout << ans[i] << '\n';
      }

      return 0;
    }

### 例二

[ZJOI2019] 麻将

假设麻将牌有 𝑛 n 种大小的牌，每种大小有 4 4 张牌．定义面子为三张相邻大小的麻将牌 𝑖,𝑖 +1,𝑖 +2 i,i+1,i+2（顺子）或三种相同大小的麻将牌 𝑖,𝑖,𝑖 i,i,i（刻子），对子为两张相同大小的麻将牌 𝑖,𝑖 i,i．定义一个麻将牌的序列是胡的，当且仅当它（看作多重集合）可以拆成四个面子和一个对子，或者七个不同的对子．给定 1 3 13 张麻将牌，问期望再摸多少张牌可以满足存在一个胡牌的子序列的条件．

题解

首先，对于一副牌，我们只需考虑每种牌的数量，而不必关心它们的顺序．因此，对于任何一副牌的任意前缀，我们都可以将它转化为一个长度为 𝑛 n，每个位置上为 0 ∼4 0∼4 的序列．初始时，第 𝑖 i 张牌的数量为 𝑎 𝑖 a i，就相当于限制了序列中第 𝑖 i 个数字 𝑥 𝑖 x i 的取值为 [𝑎 𝑖,4][a i,4] 内的整数．注意，转化后的序列没有考虑摸牌的顺序，但是题目中的麻将牌的序列是考虑顺序的．

设 𝑋 X 表示可以胡牌的最小摸牌次数．直接计算期望 𝐄[𝑋]E[X] 较为困难，可以考虑进行如下转化．设 ℎ 𝑖 h i 表示摸了 𝑖 i 张牌后 没有胡 的序列数．因为它对应的麻将牌序列中，这 𝑖 i 张牌必然排在剩下的 (4 𝑛 −1 3 −𝑖)(4 n−13−i) 张牌前方，但是这 𝑖 i 张牌和剩下的 (4 𝑛 −1 3 −𝑖)(4 n−13−i) 张牌的顺序是任意的，所以，只摸前 𝑖 i 张牌无法胡牌的麻将牌序列的数目就是

ℎ 𝑖⋅𝑖!(4 𝑛−1 3−𝑖)!.h i⋅i!(4 n−13−i)!.

因为麻将牌序列的总数为 (4 𝑛 −1 3)!(4 n−13)!，所以，只摸前 𝑖 i 张牌无法胡牌的概率为

𝐏[𝑋>𝑖]=ℎ 𝑖⋅𝑖!(4 𝑛−1 3−𝑖)!(4 𝑛−1 3)!.P[X>i]=h i⋅i!(4 n−13−i)!(4 n−13)!.

利用尾求和公式，就可以得到所求期望

𝐄[𝑋]=∞∑𝑖=0 𝐏[𝑋>𝑖]=1+4 𝑛−1 3∑𝑖=1 ℎ 𝑖⋅𝑖!(4 𝑛−1 3−𝑖)!(4 𝑛−1 3)!.E[X]=∑i=0∞P[X>i]=1+∑i=1 4 n−13 h i⋅i!(4 n−13−i)!(4 n−13)!.

至此，问题转化为如何计算 ℎ 𝑖 h i．我们采用 DP 套 DP 的方法来解决这一问题．

首先，考虑内层 DP，也就是要用动态规划判断一个（转化后的）序列是否对应一副能胡的牌．七对子的情形较为容易，重点讨论第一种胡牌的形式．为此，设 𝑔 0/1,𝑖,𝑗,𝑘 g 0/1,i,j,k 表示处理完前 𝑖 i 种牌，还剩 𝑗 j 组 (𝑖 −1,𝑖)(i−1,i) 以及 𝑘 k 张 𝑖 i，且存在/不存在对子（即 0/1 0/1）时最多的面子数．如果对于一个序列进行 DP，最后得到的 𝑔 1,𝑛 g 1,n 中包括一个大于等于 4 4 的数字，那么这个序列就是能胡的．

这个 DP 的状态转移较为复杂．我们分两步讨论．第一步，考虑 𝑔 0/1,𝑖 g 0/1,i 的转移．这相当于说，如果要向现在的牌型中，添加 𝑥 𝑖 x i 张大小为 𝑖 i 的牌，但是不组成新的对子时，面子数如何转移．显然，如果希望在添加 𝑥 𝑖 x i 张大小为 𝑖 i 的牌后，要得到 ℓ ℓ 个顺子，𝑗 j 个 (𝑖 −1,𝑖)(i−1,i) 和 𝑘 k 个单独的 𝑖 i，那么，就应该从 (𝑔 0/1,𝑖−1)ℓ,𝑗(g 0/1,i−1)ℓ,j 中转移过来（这里的选择最大程度避免了浪费），并将剩余的牌 (𝑥 𝑖 −ℓ −𝑗 −𝑘)(x i−ℓ−j−k) 用于组成尽可能多的刻子．穷举所有的可能性，就得到如下转移方程：

˜𝐺(𝑔 0/1,𝑖−1,𝑥 𝑖)𝑗,𝑘=m a x{(𝑔 0/1,𝑖−1)ℓ,𝑗+ℓ+⌊𝑥 𝑖−ℓ−𝑗−𝑘 3⌋:ℓ+𝑗+𝑘≤𝑥 𝑖}.G~(g 0/1,i−1,x i)j,k=max{(g 0/1,i−1)ℓ,j+ℓ+⌊x i−ℓ−j−k 3⌋:ℓ+j+k≤x i}.

第二步，再考虑需要组成对子的情形．加入 𝑥 𝑖 x i 张大小为 𝑖 i 的牌时，有如下三种转移：

- 将 𝑔 0,𝑖−1 g 0,i−1 加 𝑥 𝑖 x i 张牌转移到 𝑔 0,𝑖 g 0,i；
- 将 𝑔 1,𝑖−1 g 1,i−1 加 𝑥 𝑖 x i 张牌转移到 𝑔 1,𝑖 g 1,i；
- 若 𝑥 𝑖 ≥2 x i≥2，将 𝑔 0,𝑖−1 g 0,i−1 加 𝑥 𝑖 −2 x i−2 张牌转移到 𝑔 1,𝑖 g 1,i．

由此，就得到了从 𝑔 𝑖−1 g i−1 添加 𝑥 𝑖 x i 张牌得到 𝑔 𝑖 g i 的全部转移．

解决了内层 DP 的状态转移，就可以构建 胡牌自动机．自动机的转移就是上述内层 DP 的转移，还需要考虑如何表示自动机的每个状态．每个状态都对应 𝑔 𝑖 g i 的一种可能的取值．它有三个维度 (0/1,𝑗,𝑘)(0/1,j,k)．因为 𝑗 j 和 𝑘 k 对应的维度中保留的 (𝑖 −1,𝑖)(i−1,i) 和 𝑖 i 都是用于将来组成顺子的，而三个相同顺子总是可以重组为三个刻子，所以，只需要考虑组成不超过 2 2 个相同顺子的需求就行，每种牌型也就只要保留不超过 2 2 个，即 𝑗,𝑘 ∈{0,1,2}j,k∈{0,1,2}．因此，𝑔 𝑖 g i 可以表示为一个 2 ×3 ×3 2×3×3 的数组．另外，为了维护七对子的胡牌牌型，还需要为每个状态添加一个计数器，用于表示当前最多可组成的对子数目．

数组 𝑔 𝑖 g i 中每个元素的取值范围可能是 { −∞} ∪𝐍{−∞}∪N，但是，因为面子数目大于等于 4 4 都是胡牌，所以，可以限制每个元素取值不超过 4 4．由于胡牌序列再添加任何牌都是胡牌序列，所以，可以利用 DFA 最小化的思想，将全体胡牌状态压缩为一个状态．因此，对于非胡牌状态，实际上每个位置的取值只要考虑 { −∞} ∪{0,1,2,3}{−∞}∪{0,1,2,3} 就可以了．实现时，−∞−∞ 用 −1−1 表示．

尽管如此，所有可能的状态依然相当地多，共有 1 +7 ×5 1 8 1+7×5 18 种．穷举它们并不现实．实际上，绝大多数这些可能性都不会真的出现在一个胡牌自动机中．为了避免考虑实际不存在的状态，可以利用 BFS 的思想，从初始状态开始，一步一步扩展状态，直到胡牌状态处停止．这样得到的自动机中有 𝑁 =2 0 9 2 N=2092 个状态．

最后，考虑如何在胡牌自动机上 DP（即外层 DP）．设 𝑓 𝑖,𝑗,𝑘 f i,j,k 表示处理到第 𝑖 i 张牌，共摸了 𝑗 j 张牌，走到了胡牌自动机上的 𝑘 k 号状态的序列数．转移时，枚举摸牌数 0 ≤𝑡 ≤4 −𝑎 𝑖 0≤t≤4−a i，其中 𝑎 𝑖 a i 为初始 1 3 13 张牌中用掉的 𝑖 i 的张数，将之前的序列数乘以 4 −𝑎 𝑖 4−a i 张牌中选 𝑡 t 张牌的方案数 (4−𝑎 𝑖 𝑡)(4−a i t)，再累加到一起．形式化地，有：

𝑓 𝑖+1,𝑗+𝑡,𝑘′=4−𝑎 𝑖∑𝑡=0(4−𝑎 𝑖 𝑡)𝑓 𝑖,𝑗,𝑘.f i+1,j+t,k′=∑t=0 4−a i(4−a i t)f i,j,k.

其中，𝑘′ =𝛿(𝑘,𝑎 𝑖 +𝑡)k′=δ(k,a i+t)，表示向自动机的状态 𝑘 k 中加入 𝑎 𝑖 +𝑡 a i+t 张牌后的状态．外层 DP 结束后，就可以计算出摸了 𝑖 i 张牌仍然没有胡牌的序列数目，即

ℎ 𝑖=𝑁∑𝑗=1 𝑓 𝑛,𝑖,𝑗.h i=∑j=1 N f n,i,j.

代入前文所述表达式，就可以得到所要求的期望．

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    #include <unordered_map>
    using namespace std;

    const int N = 100, M = 400, mod = 998244353;

    int n, m, a[N + 5], fact[M + 5], inv[M + 5];

    inline int C(int x, int y) {
      return 1LL * fact[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
    }

    class HuAutomation {  // 胡牌自动机
     private:
      class Mat {
       private:
        int f[3][3];

       public:
        Mat() {
          for (int i = 0; i <= 2; i++)
            for (int j = 0; j <= 2; j++) f[i][j] = -1;
        }

        int* operator[](const int& x) { return f[x]; }

        inline bool operator==(Mat x) const {
          for (int i = 0; i <= 2; i++)
            for (int j = 0; j <= 2; j++)
              if (f[i][j] != x[i][j]) return 0;
          return 1;
        }

        inline bool operator<(Mat x) const {
          for (int i = 0; i <= 2; i++)
            for (int j = 0; j <= 2; j++)
              if (f[i][j] != x[i][j]) return f[i][j] < x[i][j];
          return 0;
        }

        inline bool Check() {
          for (int i = 0; i <= 2; i++)
            for (int j = 0; j <= 2; j++)
              if (f[i][j] > 3) return 1;
          return 0;
        }

        inline void Upd(Mat x, int t) {
          // 将已有矩阵 x 的值更新到当前矩阵中，模拟加入 t 张当前牌后的状态
          for (int i = 0; i <= 2; i++)
            for (int j = 0; j <= 2; j++)
              if (x[i][j] != -1)
                for (int k = 0; k < 3 && i + j + k <= t; k++)
                  f[j][k] = max(f[j][k], min(i + x[i][j] + (t - i - j - k) / 3, 4));
          // i,j,k,(t-i-j-k)
          // 表示分别枚举用于拼面子、用于保留(i-1,i)、用于保留i和直接拼面子的牌数
          //  更新时限制最多 4 个对子
        }
      };

      struct node {
        int t, state[5];
        Mat F[2];

        node() {
          for (int i = 0; i <= 4; i++) state[i] = 0;
          t = 0;
          for (int i = 0; i <= 1; i++) F[i] = Mat();
        }

        inline bool Check() { return t == -1 || t >= 7 || F[1].Check(); }

        node Hu() {
          node x;
          x.t = -1;
          return x;
        }

        bool operator<(const node& x) const {
          if (t == x.t) {
            if (F[0] == x.F[0]) return F[1] < x.F[1];
            return F[0] < x.F[0];
          }
          return t < x.t;
        }

        node operator+(int x) {      // 加上 x 张新牌
          if (Check()) return Hu();  // 胡了直接返回
          node res;
          res.F[0].Upd(F[0], x), res.F[1].Upd(F[1], x);  // 更新
          res.t = t;
          if (x > 1) res.F[1].Upd(F[0], x - 2), ++res.t;
          if (res.Check()) res = Hu();  // 判断是否胡了
          return res;
        }
      } A[2100];

      map<node, int> mp;

      inline int Get(node x) {
        if (mp.count(x)) return mp[x];
        mp[x] = ++tot;
        A[tot] = x;
        return tot;
      }

      inline void Expand(int x) {
        // 构建状态转移图：
        // 对于当前状态 A[x]，尝试加入 0~4 张同种牌，得到 5 个新状态
        for (int i = 0; i <= 4; i++) A[x].state[i] = Get(A[x] + i);
      }

      inline node Hu() {
        node x;
        x.t = -1;
        return x;
      }

      inline node Emp() {
        node x;
        x.F[0][0][0] = 0;
        return x;
      }

     public:
      int tot, f[N + 5][M + 5][2100];

      inline void Build() {
        A[1] = Emp(), A[2] = Hu();  // 状态1是初始合法状态，2 是胡牌状态
        mp[A[1]] = 1, mp[A[2]] = 2;
        tot = 2;
        Expand(1);
        for (int i = 3; i <= tot; i++)
          Expand(i);  // 枚举所有可达状态，构建状态图（因为 2
                      // 是胡牌状态所以不需要拓展）
      }

      void DP() {
        f[0][0][1] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
          for (int j = m; j >= 0; j--)
            for (int k = 1; k <= tot; k++)
              if (f[i - 1][j][k])
                for (int t = 0; t <= 4 - a[i]; t++)
                  // 枚举这张牌能加多少个（不能超过4，总共已有a[i]个），做组合转移
                  (f[i][j + t][A[k].state[a[i] + t]] +=
                   1LL * f[i - 1][j][k] * C(4 - a[i], t) % mod) %= mod;
      }
    } Hfu;

    inline long long qpow(long long x, int y) {
      long long res = 1;
      while (y) {
        if (y & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
      }
      return res;
    }

    void init(int n) {
      fact[0] = 1;
      for (int i = 1; i <= n; i++) fact[i] = 1LL * fact[i - 1] * i % mod;
      inv[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
      for (int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = 1LL * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
    }

    int main() {
      ios::sync_with_stdio(false);
      cin.tie(nullptr);

      int ans = 0;
      Hfu.Build();  // 状态图构建
      cin >> n;
      for (int i = 1; i <= 13; i++) {
        int x, y;
        cin >> x;
        cin >> y;
        ++a[x];
      }
      m = (n << 2) - 13;
      init(m);
      Hfu.DP();

      for (int i = 1; i <= m; i++) {
        (ans += 1LL * Hfu.f[n][i][1] * fact[i] % mod * fact[m - i] % mod) %= mod;
        for (int j = 3; j <= Hfu.tot; j++)  // 因为 2 节点是胡牌节点所以不统计
          (ans += 1LL * Hfu.f[n][i][j] * fact[i] % mod * fact[m - i] % mod) %= mod;
        // f[i][j][k]：表示处理到第 i 张牌，共摸了 j 张牌，走到了胡牌自动机上的 k
        // 号节点的方案数 每个方案乘以 i!(用于排列这 i 张) × (m - i)!
        // (剩下的牌排列)，求和后取模
      }

      cout << (1LL * ans * inv[m] + 1) % mod;
      // 最终答案乘上 inv[m] 是除以 m!，即去掉总排列数，最后 +1 是 dp 的定义是摸完 i
      // 张还没有胡
      return 0;
    }

## 习题

- CF979E Kuro and Topological Parity
- [TJOI2018] 游园会
- [NOI2022] 移除石子

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