LOJ#10172. 「一本通 5.4 练习 1」涂抹果酱

2021-09-15 08:56:22

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

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=;

    while(!isdigit(ch=getchar()))

        (ch=='-')&&(flag=true);

    for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*+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=;

    while(!isdigit(ch=getchar()))

        (ch=='-')&&(flag=true);

    for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*+num);

    (flag)&&(res=-res);

}

int n,g,m,k;

int dp[MAXN][],ok[][];

int a[],c[],t;

inline int pd1(int x)

{

    for(register int i=m-;i;--i)if((x%c[i+])/c[i]==(x%c[i])/c[i-]) return ;

    return ;

}

inline int pd2(int x,int y)

{

    for(register int i=m-;i>=;--i) if((x%c[i+])/c[i]==(y%c[i+])/c[i]) return ;

    return ;

}

int main()

{

    get(n),get(m),get(k);

    c[]=;

    int num1=;

    for(register int i=;i<=m;++i)

    {

        get(g);

        num1=num1*+(g-);

        c[i]=c[i-]*;

    }

    if(!pd1(num1)) {puts("");return ;}

    for(register int i=;i<c[m];++i)

    {

        if(pd1(i)) a[++t]=i;

        if(num1==i) dp[][t]=;

    }

    for(register int i=;i<=t;++i)

      for(register int j=;j<=t;++j)

        ok[i][j]=pd2(a[i],a[j]);

    int res1=,res2=;

    int x=MIN(n-k,k-),y=MAX(n-k,k-);

    for(register int i=;i<=y;++i)

      for(register int j=;j<=t;++j)

        for(register int k=;k<=t;++k)

          if(ok[k][j])

            (dp[i][j]+=dp[i-][k])%=mod;

    for(register int i=;i<=t;++i)

    {

        res1=(res1+dp[x][i])%mod;

        res2=(res2+dp[y][i])%mod;

    }

    printf("%lld",((long long)res2*res1)%mod);

}

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