FUZ-2204-7环形dp

个人博客链接：https://blog.nuoyanli.com/2020/04/02/fuz2204/

原题链接

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2204

题意

给出nnn个小球，每个小球只能涂黑色或者是白色，规定777个连续的不能是同种颜色，问有多少种涂色方法？答案取模201520152015

思路

我们将问题变成，求用0,10,10,1组成长度为nnn的环，环中不能超过有连续777个111和000的方案数，答案mod2015mod2015mod2015。

首先，这是环形dpdpdp是毋容置疑的，我们先抛开环形这个问题考虑线形的dpdpdp：

dp[i][j]:dp[i][j]:dp[i][j]:表示到第iii个位置，iii这个位置种类为jjj的组成的方案数，又因为000和111的情况是一样的，所以任取一种做dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]答案∗2*2∗2即可。
状态转移

for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i][0] = 1;for (int j = 0; j < 2; j++) {for (int k = 1; k < min(i, 7); k++) {dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;}}
}

现在回归到环形这个限制，对于上面推的状态显然是具有后效性的，涉及到重复计算，拆环我们可以考虑枚举起点的状态：

由于先前说的111和000的状态是对应的，我们以000为例枚举起点的状态

1

10
100
1000
10000
100000
1000000
我们之后的所有状态都可以由上面这些两两拼接。
最后我们计算结果的时候，如果结尾和开头枚举的物品种类相同，要保证答案合法那么只需要保证结尾连续的个数+开头连续的个数≤6\leq 6≤6即可。

与线形的相比，状态转移不变，就多枚举了开始位置和状态而已。

参考代码

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>//#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define endl '\n'
#define kB kush_back
#define FI first
#define SE second
//#define in
#define RI register
#define m_k(a, b) make_kair(a, b)
#define debug(a) cout << "---" << a << "---" << endl
#define debug_(a, b) cout << a << "---" << b << endl
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-9;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e3 + 10;
const int mod = 2015;
const LL inf = 0x3f3f3f3f;
const double f = 2.32349;
LL dp[N][2], n, t;
void solve() {IOS;int k = 0;cin >> t;while (t--) {cin >> n;cout << "Case #" << ++k << ": ";LL ans;if (n <= 6) {ans = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {ans = (ans + ans) % mod;}} else {ans = 0;for (int st = 1; st < 7; st++) {memset(dp, 0, sizeof(dp));dp[st][0] = 1;for (int i = st + 1; i <= n; i++) {for (int j = 0; j < 2; j++) {if (i == n && j == 0) {for (int k = 1; k < min(i, 7 - st); k++) {dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;}} else {for (int k = 1; k < min(i, 7); k++) {dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;}}}}ans = (ans + dp[n][0] + dp[n][1]) % mod;}ans = (ans * 2) % mod;}cout << ans << endl;}
}
signed main() {#ifdef infreopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);
#endifsolve();return 0;
}

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