题目详情

用 1×1×1, 1× 2×1以及2×1×1的三种木块，

搭建K × 2^N × 1的墙，不能翻转、旋转（0<=N<=1024，1<=K<=5）

有多少种方案，输出结果对1000000007取模。

举例：

举个例子如给定N=1 K=2

答案是7，如下图所示

答题说明

main函数可以不实现，完成给定的子函数calculate即可（之所以给出main，在于方便你在线编译测试）

==================================================================================================================================

首先，我们把墙倒过来放，即K在下边，这样得到的结果会和原来的墙一模一样，原因很明显就不证了，倒过来是为了降低时间复杂度。

思路：

每一层有一个状态值，该值起决于下一层有那几个位置放了2*1*1的木块。

比如一层有5个位置（倒过来后，K在下边，K最大为5）  第x-1层 只有第1,3位置放了 2*1*1的木块，那么第x层的状态就可以表示为10100既20、显然每层可能的状态值就是0到2^k-1

一旦某一层的状态值确定了（也就是该层有那几个位置被下一层占了），就可以根据这个状态值，搜出所有该状态值下的放木块的方法，而每一种方法，又确定了上一层的状态值。

由此：

我们设 F(x, y)  为从上往下x行, 且x行的状态值为y的总的摆放方案  

比如F(2，1)   表示从上往下数2行（既包含第1行和第2行），且第2行的第一个位置（10000）被第3行占了的情况了 可以摆放的方案数。

状态转移式：

F(x, y) =  F(x-1, h(1)) + F(x-1, h(2)) + F(x-1, h(3)) + ......+F(x-1,h(g(y)));

其中g(y) 表示一行中，状态值是y时，该行所有摆放的方案数

每个h都是表示一种该层的摆放方式所确定的上一层的值。比如改行在第1,3位置摆了2*1*1，其他都摆放了1*1*1，那么上一层的状态值就是20

答案就是F(2*n, 0);

特殊情况：

当最顶上一层的状态值为2^k-1时，该层的摆放方案是0。

在最顶上一层的上边有个虚拟层，该层所有状态值下的F都为1.（便于计算的）

代码：

1. #include <cstdio>
2. #include <string>
3. #include <cstring>
4. using namespace std;
5. #ifdef WIN32
6. #define ll __int64
7. #else
8. #define ll long long
9. #endif
10. int stan = 0,stak= 0;
11. ll f[3000][1<<6];
12. //将二进制转成十进制
13. ll bit2int(int bit[], int k)
14. {
15. ll i=1;
16. ll ans = bit[0];
17. for (i = 1; i < k ;i++)
18. ans += bit[i] * (1<<i);
19. return ans;
20. }
21. //十进制转成2进制
22. void int2bit(int bit[], ll num)
23. {
24. memset(bit,0,sizeof(bit));
25. ll i;
26. for (i = 0; num != 0 ; i++)
27. {
28. bit[i] = num % 2;
29. num/=2;
30. }
31. }
32. ll all = 0;
33. //计算从上往下到第x行（包含上边所有行) 以x状态为y 时 的每种一种放法特例所得到的f(x-1,h),加到all上去
34. void count(ll x,int bit[],ll n,int bit2[]);
35. //计算从上往下到第x行（包含上边所有行) 以x状态为y 时的方法总数
36. int dp(ll x,ll y)
37. {
38. if (x == 1 && y == (1<<stak )-1) return 0;
39. if (x == 0) return 1;
40. if (f[x][y] != 0) return f[x][y];//已经计算过了
41. all = 0;
42. //第x行的2进制表示
43. int bit[6];
44. int2bit(bit,y);
45. //第x-1行的2进制表示
46. int bit2[6];
47. memset(bit2,0,sizeof(bit2));
48. //计算
49. count(x,bit,0,bit2);
50. return (f[x][y] = all);
51. }
52. //第x行，从第0到n位的都放过了
53. void count(ll x,int bit[],ll n,int bit2[])
54. {
55. //递归边界
56. if (n>=stak)
57. {
58. //将得到的bit2[]转成状态h，就可以得到f(x-1,h). 加到 all上面去
59. all = (all + dp(x-1,bit2int(bit2,stak)))  % 1000000007 ;
60. return ;
61. }
62. //这位被占了,那么这位不能放东西，且x-1的这位，必然是0
63. if (bit[n] == 1)
64. {
65. bit2[n]=0;
66. count(x,bit,n+1,bit2);
67. }
68. //如果这位是空的,那么3种方块都有可能放
69. else
70. {
71. //放1*1*1
72. bit2[n] = 0;
73. count(x,bit,n+1,bit2);
74. //放2*1*1
75. bit2[n] = 1;
76. count(x,bit,n+1,bit2);
77. //放1*2*2 条件是这一位置不是最后一位，且下一位置可以放
78. if (n<stak && bit[n+1] == 0 )
79. {
80. bit2[n] = 0;
81. bit2[n+1] = 0;
82. count(x,bit,n+2,bit2);
83. }
84. }
85. }
86. int calculate(int n,int k)
87. {
88. stak = k;
89. stan = n;
90. memset(f,0,sizeof(f));
91. return dp(2*n,0);
92. }
93. //start 提示：自动阅卷起始唯一标识，请勿删除或增加。
94. int main() {
95. //自行定义n，k
96. int n,k;
97. //为了调试，实际提交要去掉这行
98. while(1)
99. {
100. scanf("%d%d",&n, &k);
101. printf("%d\n",calculate(n,k));
102. }
103. return 0;
104. }
105. //end //提示：自动阅卷结束唯一标识，请勿删除或增加。

结束语：

这题有种直觉，可以更简单。。没多考虑，直接这么写了。。。有更好方法的朋友，留个言！