[AGC026D]Histogram Coloring

题目描述

题面

题意大概是有一个nnn列网格图，给定一个长度为nnn的序列hih_ihi，第iii列只保留这一列最下面的hih_ihi个格子。

现在需要给这些保留下来的格子染成红色或蓝色，满足每一个完整的2×22×22×2正方形满足有分别有两个格子是红色或蓝色。

Solution

我们考虑一段连续的已经染色的格子，倘若这些格子的上面一行也是连续的，那么上面一行的格子的染色方案为当前行取反或与当前行相同两种方案。

对于取反这一种方案一定是可行的。
对于相同这一种方案可行当且仅当当前行没有相邻的两个格子颜色相同。

对于每一行的每一个极长的连续段，倘若这一段在底层是红蓝间隔的，则方案数×2，否则方案数不变。

我们只要知道最底层一行的染色方案，就可以求出以其为底层的整个网格图的方案数。

于是我们设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示底层前iii个格子，末尾有jjj个极长连续红蓝间隔格子的方案数，统计有多少个连续段在[i−j+1,i][i-j+1,i][i−j+1,i]之间，DP即可。

时间复杂度O(n3lg⁡n)O(n^3\lg n)O(n3lgn)，可以容易地优化到O(n2lg⁡n)O(n^2\lg n)O(n2lgn)。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
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#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=205;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
vector<PR> e[MAXN];
int a[MAXN],f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN],b[MAXN];
int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
int quick_pow(int x,int y)
{int ret=1;for (;y;y>>=1){if (y&1) ret=1ll*ret*x%mods;x=1ll*x*x%mods;}return ret;
}
int main()
{int n=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();sort(b+1,b+n+1);for (int i=1,lst=0;i<=n;i++){b[i]--;if (b[i]!=b[i-1]) {int id=-1;for (int j=1;j<=n;j++)if (a[j]-1>=b[i]&&a[j-1]-1<b[i]) id=j;else if (a[j-1]-1>=b[i]&&a[j]-1<b[i]) e[j-1].PB(MP(id,b[i]-lst)),id=-1;if (id>0) e[n].PB(MP(id,b[i]-lst));lst=b[i];}}
//  for (int i=1;i<=n;i++)
//      for (auto k:e[i]) cout<<k.fi<<" "<<i<<":"<<k.se<<endl;f[0][0]=2;for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=0;j<=i-1;j++) f[i][1]=upd(f[i][1],f[i-1][j]);for (auto k:e[i]) if (k.fi==i) f[i][1]=1ll*f[i][1]*quick_pow(2,k.se)%mods;for (int j=2;j<=i;j++){f[i][j]=upd(f[i][j],f[i-1][j-1]);for (auto k:e[i])if (k.fi>=i-j+1) f[i][j]=1ll*f[i][j]*quick_pow(2,k.se)%mods;}
//      cout<<i<<":";
//      ll sum=0;
//      for (int j=0;j<=i;j++) cout<<f[i][j]<<" ",sum+=f[i][j];
//      cout<<sum<<endl;}int ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) ans=upd(ans,f[n][i]);printf("%d\n",ans);return 0;
}

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