LOJ#10172. 「一本通 5.4 练习 1」涂抹果酱

题目链接：https://loj.ac/problem/10172

题目描述

Tyvj 两周年庆典要到了，Sam 想为 Tyvj 做一个大蛋糕。蛋糕俯视图是一个 N×MN×MN×M 的矩形，它被划分成 N×MN×MN×M 个边长为 1×11×11×1 的小正方形区域（可以把蛋糕当成 NNN 行 MMM 列的矩阵）。蛋糕很快做好了，但光秃秃的蛋糕肯定不好看！所以，Sam 要在蛋糕的上表面涂抹果酱。果酱有三种，分别是红果酱、绿果酱、蓝果酱，三种果酱的编号分别为 1,2,31,2,31,2,3。为了保证蛋糕的视觉效果，Admin 下达了死命令：相邻的区域严禁使用同种果酱。但 Sam 在接到这条命令之前，已经涂好了蛋糕第 KKK 行的果酱，且无法修改。
现在 Sam 想知道：能令 Admin 满意的涂果酱方案有多少种。请输出方案数 mod 106\bmod 10^6mod106。若不存在满足条件的方案，请输出 000。

输入格式

输入共三行。
第一行：N,MN, MN,M；
第二行：KKK；
第三行：MMM 个整数，表示第 KKK 行的方案。
字母的详细含义见题目描述，其他参见样例。

输出格式

输出仅一行，为可行的方案总数。

样例

样例输入

2 2
1
2 3

样例输出

样例说明

方案一	方案二	方案三
2 3\texttt{2 3}2 3 1 2\texttt{1 2}1 2	2 3\texttt{2 3}2 3 3 1\texttt{3 1}3 1	2 3\texttt{2 3}2 3 3 2\texttt{3 2}3 2

数据范围与提示

对于 30% 的数据，1≤N×M≤201≤N×M≤201≤N×M≤20；
对于 60% 的数据，1≤N≤1000,1≤M≤31≤N≤1000,1≤M≤31≤N≤1000,1≤M≤3；
对于 100% 的数据，1≤N≤10000,1≤M≤51≤N≤10000,1≤M≤51≤N≤10000,1≤M≤5。

题解

在网上找的题解，都不太清楚，让本蒟蒻卡了一下午加一晚上。

所以我弄懂以后，我就自己写了一篇，希望大家喜欢！

这道题是一道很好的状态压缩dp，因为有三种颜色，所以不能压成二进制，只能压成三进制。

当然啦，状压dp是基本一定要初始化的，别问我怎么知道的。

我们考虑以下两个初始化（就是代码里的pd1，pd2）

1. 每一行总共有很多种，但是因为相同颜色的果酱不能放在相邻的位置，所以每一行的不可行状态有很多。

这就需要预处理出一行中的可行状态。这样的话我们的dp数量会大大减少。

3. 预处理行与行之间的判断

跟预处理类似，减去不合法状态。

然后，就是我们的dp了。

其实这题很好想，dp[i][j]表示第i行的第j种状态，最后取个摸就行了。

方程：dp[i][j]+=dp[i-1][k]

最后的最后，大力推荐一下我的读入优化，跑的是真滴快！

#define num ch-'0'
inline void get(int &res)
{char ch;bool flag=0;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*10+num);(flag)&&(res=-res);
}

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 10010
#define mod 1000000
#define num ch-'0'
using namespace std;
inline int MAX(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int MIN(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline void get(int &res)
{char ch;bool flag=0;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*10+num);(flag)&&(res=-res);
}
int n,g,m,k;
int dp[MAXN][250],ok[250][250];
int a[250],c[7],t;
inline int pd1(int x)
{for(register int i=m-1;i;--i)if((x%c[i+1])/c[i]==(x%c[i])/c[i-1]) return 0;return 1;
}
inline int pd2(int x,int y)
{for(register int i=m-1;i>=0;--i) if((x%c[i+1])/c[i]==(y%c[i+1])/c[i]) return 0;return 1;
}
int main()
{get(n),get(m),get(k);c[0]=1;int num1=0;for(register int i=1;i<=m;++i) {get(g);num1=num1*3+(g-1);c[i]=c[i-1]*3;}        if(!pd1(num1)) {puts("0");return 0;}for(register int i=0;i<c[m];++i){if(pd1(i)) a[++t]=i;if(num1==i) dp[0][t]=1;}for(register int i=1;i<=t;++i) for(register int j=1;j<=t;++j) ok[i][j]=pd2(a[i],a[j]);int res1=0,res2=0;int x=MIN(n-k,k-1),y=MAX(n-k,k-1);for(register int i=1;i<=y;++i) for(register int j=1;j<=t;++j) for(register int k=1;k<=t;++k) if(ok[k][j]) (dp[i][j]+=dp[i-1][k])%=mod;for(register int i=1;i<=t;++i) {res1=(res1+dp[x][i])%mod;res2=(res2+dp[y][i])%mod;}        printf("%lld",((long long)res2*res1)%mod);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/mxrmxr/p/9807067.html