E2. Rubik‘s Cube Coloring (hard version) dp，满二叉树（2300）

题意：

其他条件和上题相同
这里已知n个点，给定每个点的编号和颜色
求这个树的合法染色方案，取模1e9 + 7

思路：

首先预处理d[c][k]d[c][k]d[c][k]表示根结点颜色为c，深度为k的满二叉树的方案
0 <= c < 6， 1 <= k <= 60，数据范围较小，因此可以很快预处理
如果一颗子树，所有点都没有颜色，那么可以用预处理的数组直接O(1)O(1)O(1)给出方案数
因此我们只需要关注有带色点的子树
由于只有2000个点有颜色，k<=60，因此最多2000*60个点是我们需要关注的
我们对这2000*60个点单独记忆化搜索即可
d2[id][c]d2[id][c]d2[id][c]表示id点颜色为c，子树的方案数
d[][]d[][]d[][]和d2[][]d2[][]d2[][]的转移：
枚举左右子结点的颜色即可
注意思考为什么需要映射

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <map>using namespace std;typedef long long ll;const ll mod = 1e9 + 7;ll n, k;
ll lim[10][10];
ll d[10][66];      // 根结点颜色为c，层数为k的满二叉树方案数
ll d2[2222 * 66][6];       // i点颜色为j的子树的方案数
map<ll, ll> col;
map<ll, bool> mark;        // 标记子树中至少有一个点已知颜色的点
map<ll, ll> idx;
ll num;// 颜色和数字的映射
map<char, ll> c_mp = {{'w', 0},{'y', 1},{'g', 2},{'b', 3},{'r', 4},{'o', 5},
};
/*
0是白 白黄
1是黄 白黄
2是绿 绿蓝
3是蓝 绿蓝
4是红 红橙
5是橙 红橙
*/// 对lim数组（两个颜色不能相邻）进行初始化
void init()
{lim[0][0] = lim[0][1] = 1;lim[1][0] = lim[1][1] = 1;lim[2][3] = lim[2][2] = 1;lim[3][2] = lim[3][3] = 1;lim[4][5] = lim[4][4] = 1;lim[5][4] = lim[5][5] = 1;
}// 颜色，层数
ll dp_dfs(ll c, ll k)
{if (k == 1) return 1;       // 最后一层（注意这种倒过来表示层数的方法if (d[c][k] != -1) return d[c][k];          // 记忆化搜索d[c][k] = 0;    // 开始累加方案for (int i = 0; i < 6; i ++ )   // 左儿子{if (lim[c][i]) continue;    // 这种颜色方案不合法for (int j = 0; j < 6; j ++ )       // 右儿子{if (lim[c][j]) continue;// 该子树的根结点颜色为c，且这个根结点位于层数k，子树的方案// 子树的方案就是累加左右子树 相乘 的结果d[c][k] = (d[c][k] + dp_dfs(i, k - 1) * dp_dfs(j, k - 1) % mod) % mod;}}return d[c][k]; // 返回结果
}// 当前根结点的颜色，当前根结点的层数，当前根结点的编号
ll dfs(ll c, ll k, ll id)
{if (col.count(id) && col[id] != c) return 0;    // 如果当前根结点已知颜色且颜色不是c，则这种方案不合法if (k == 1) return 1;       // 最后一层// 如果子树中所有点都没有颜色，直接返回预处理的结果if (!mark[id]) return d[c][k];// 如果至少有一个子结点有颜色，则记忆化搜索if (!idx.count(id)) idx[id] = ++ num;   // 如果这个点没有被访问过，更新映射ll x = idx[id];        // 获取映射后的下标if (d2[x][c] != -1) return d2[x][c];    // 记忆化搜索d2[x][c] = 0;       // 访问到了这个状态，开始给这个状态累加答案ll l = id << 1, r = id << 1 | 1;        // 左右儿子，注意这里是用编号，而不是映射for (int i = 0; i < 6; i ++ ){if (lim[c][i]) continue;for (int j = 0; j < 6; j ++ ){if (lim[c][j]) continue;d2[x][c] = (d2[x][c] + dfs(i, k - 1, l) * dfs(j, k - 1, r) % mod) % mod;}}return d2[x][c];
}void solve()
{init();     // 初始化不能相邻的颜色cin >> k >> n;// 初始化，-1表示未曾访问这种方案（记忆化搜索）memset(d, -1, sizeof d);memset(d2, -1, sizeof d2);// 子树中没有一个结点有颜色，for (int i = 0; i < 6; i ++ )dp_dfs(i, k);// n个有颜色的点for (int i = 1; i <= n; i ++ ){ll x; string s;cin >> x >> s;col[x] = c_mp[s[0]];   // id到颜色的映射while (x)       // O(logn)标记所有祖先结点，这些祖先结点的子树都有有颜色的点{mark[x] = 1;x /= 2;}}ll ans = 0;for (int i = 0; i < 6; i ++ )ans = (ans + dfs(i, k, 1)) % mod;// 方案累加，【颜色，层数，编号】cout << ans << endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);int _ = 1;
//    cin >> _;while (_ -- ){solve();}return 0;
}

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