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传送门

题解给出了一个很强势的dp：

i<K

$$dp[i][len]*Fib[len+2-(t[i]==1)] -> dp[i+1][len]$$

$$dp[i][len]*Fib[len+1-(t[i]==1)] -> dp[i+1][len+1]$$

i>=K

$$dp[i][len]*Fib[len+2-(t[i]==1)-(s[i]==1)] -> dp[i+1][len]$$

其中K是s的前导0个数

意思是单独考虑每一位，相邻两个不能同时为1，方案数是斐波那契数，然后就直接搞了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MN 5001
using namespace std;

const int MOD=998244353;
int T,n,dp[MN][MN],k,F[MN],MMH;
char s[MN],t[MN];
int main(){
    F[0]=0;F[1]=1;
    for (int i=2;i<=5000;i++) F[i]=F[i-1]+F[i-2],F[i]-=F[i]>=MOD?MOD:0;
    scanf("%d",&T);
    while (T--){
        scanf("%s%s",s,t);MMH=0;
        n=strlen(s);k=0;
        while (s[k]=='0') k++;
        for (int i=0;i<n;i++)
        for (int j=0;j<=n;j++) dp[j][i]=0;
        dp[0][0]=1;
        for (int i=0;i<n;i++){
            for (int j=0;j<k;j++){
                dp[j+1][i]=(1LL*dp[j][i]*F[i+2-(t[j]=='1')]+dp[j+1][i])%MOD;
                dp[j+1][i+1]=(1LL*dp[j][i]*F[i+1-(t[j]=='1')]+dp[j+1][i+1])%MOD;
            }
            for (int j=k;j<n;j++) dp[j+1][i]=(1LL*dp[j][i]*F[i+2-(t[j]=='1')-(s[j]=='1')]+dp[j+1][i])%MOD;
            (MMH+=dp[n][i])%=MOD;
        }
        printf("%d
",MMH);
    }
}