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64bit IO Format: %lld

题目描述

管道取珠是小X很喜欢的一款游戏。在本题中，我们将考虑该游戏的一个简单改版。游戏画面如图1所示：

游戏初始时，左侧上下两个管道分别有一定数量的小球（有深色球和浅色球两种类型），而右侧输出管道为空。每一次操作，可以从左侧选择一个管道，并将该管道中最右侧的球推入右边输出管道。

例如，我们首先从下管道中移一个球到输出管道中，将得到图2所示的情况。

假设上管道中有n个球,下管道中有m个球，则整个游戏过程需要进行n+m次操作，即将所有左侧管道中的球移入输出管道。最终n
+m个球在输出管道中从右到左形成输出序列。

爱好数学的小X知道，他共有C(n+m, n)种不同的操作方式，而不同的操作方式可能导致相同的输出序列。举个例子，对于图3所示的游戏情形：

我们用A表示浅色球，B表示深色球。并设移动上管道右侧球的操作为U,移动下管道右侧球的操作为D，则共有C(2+1,1)=3种不同的操作方式,分别为UUD,
UDU, DUU；最终在输出管道中形成的输出序列（从右到左）分别为BAB，BBA，BBA。可以发现后两种操作方式将得到同样的输出序列。

假设最终可能产生的不同种类的输出序列共有K种，其中第i种输出序列的产生方式(即不同的操作方式数目)有ai个。聪明的小X早已知道，

因此，小X希望计算得到

你能帮助他计算这个值么？由于这个值可能很大，因此只需要输出该值对1024523的取模即可(即除以1024523的余数)。

说明：文中C(n+m,n)表示组合数。组合数C(a,b)等价于在a个不同的物品中选取b个的选取方案数。

输入描述:

第一行包含两个整数n,m，分别表示上下两个管道中球的数目。

第二行为一个AB字符串，长度为n，表示上管道中从左到右球的类型。其中A表示浅色球，B表示深色球。

第三行为一个AB字符串，长度为m，表示下管道中的情形。

输出描述:

仅包含一行，即为除以1024523的余数

示例1
输入

2 1
AB
B

输出

5

题意：

总结下题目意思：
上下两个管道，上管道有n个球，下管道有m个球，每次在上下取出一个球，球有黑有红，取出会形成不同的系列，序列数为k，而同一种序列可能有不同取法，第i种序列，取法为a[i]，
那会得到：所有取法的式子
问：

题解：

乍一看毫无思路，给了我们ai求和的公式，让我们求ai² 求和的公式，这咋整。
注意，题目又臭又长给我们设定一个背景，是为了告诉我们所给的式子是具有物理含义的，题目中ai表示第i种序列的取法，ai求和是一个管道系统中所有取法的和。那ai²表示什么？不就表示两个完全相同的管道系统，独立取出小球，所得两个管道系统序列相同的方案数量
这样能想明白，接下来就好整
dp[k][i][j]表示两个管道都取了k个球，第一个管道系统的第一个管道（上管道）取了i个球，自然第二个管道（第一个管道系统的下管道）取了k-i个球
同理：第二个管道系统的第一个管道取了j个球，第二个管道取了k-j个球
我们要得到相同序列，就要使得每次两侧取出的球都相同
然后转移方程可得：
（图中对四个管道进行标号）

a[]表示上管道球的颜色
b[]表示下管道球的颜色
dp[0][0][0]=1
有四种情况：
上A = = 上B (a[i] = = b[j]) dp [ k ] [ i ] [ j ]+=dp [ k-1 ] [ i - 1 ] [ j - 1 ] (同时在两个的上管道取一个，这样取出来就是相同序列)
上A = = 下B (a[i] = = b[k-j])dp[k][i][j]+=dp[k-1][i-1][j] (同时在第一个管道系统的上管道和第二个管道系统的下管道取一个球。第二个管道系统下管道取球，上管道不变，所以还是j)
下A = = 上B（b[k-i] = = a[j]）dp[i][j][k]+=dp[k-1][i][j-1]
下A = = 下B (b[k-i] = = b[k-j]) dp[i][j][k]+=dp[k-1][i][j]
（其实就是两边管道当相同时自由组合）
我这样讲应该够仔细了
对了，数组空间会超，所以用滚动数组来优化，降低复杂度

代码：

状态压缩代码参考

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 500 + 5;
const int mod = 1024523;
int dp[3][maxn][maxn];
int n, m;
char a[maxn], b[maxn];int main() {cin >> n >> m;cin >> a + 1 ;cin >> b + 1;dp[0][0][0] = 1;for(int k = 1; k <= n + m; k++) {memset(dp[k&1], 0, sizeof dp[k&1]);for(int i = 0; i <= n; i++) {if(k - i < 0 || k - i > m) continue;for(int j = 0; j <= n; j++) {if(k - j < 0 || k - j > m) continue;if(i && j && a[i] == a[j])dp[k & 1][i][j]=(dp[k & 1][i][j]+dp[!(k & 1)][i - 1][j - 1])%mod;if(i && k - j && a[i] == b[k - j])dp[k & 1][i][j] =(dp[k & 1][i][j]+ dp[!(k & 1)][i - 1][j])%mod;if(k - i && j && b[k - i] == a[j])dp[k & 1][i][j]=(dp[k & 1][i][j] + dp[!(k & 1)][i][j - 1])%mod;if(k - i && k - j && b[k - i] == b[k-j])dp[k & 1][i][j]=(dp[k & 1][i][j] + dp[!(k & 1)][i][j])%mod;}}}cout << dp[(n + m) & 1][n][n] << endl;return 0;
}