3505. 【NOIP2013模拟11.4A组】积木(brick)
(File IO): input:brick.in output:brick.out
Time Limits: 1000 ms Memory Limits: 262144 KB
Description
小A正在搭积木。有N个位置可以让小A使用，初始高度都为0。小A每次搭积木的时候，都会选定一个拥有相同高度的区间[A..B]，然后将位置[A+1..B-1]上的所有积木的高度加一。不幸的是，小A把积木搭好之后没多久，小A调皮的弟弟就将其中若干个位置上的积木弄倒了。小A想知道他原来的积木是如何摆放的，所以他求助于你，请你告诉他原来有多少种可能的摆法。
Input
第一行为一个正整数N，表示小A有N个位置。
第二行有N个由空格分隔的整数Hi，表示第i个位置的积木高度。-1表示这个位置上的积木已经被弄倒了。
Output
唯一的一行，输出包括可能的摆法mod 1,000,000,007的结果。
Sample Input
输入1：
3
-1 2 -1
输入2：
-1 -1 -1
输入3：
6
-1 -1 -1 2 -1 -1
Sample Output
输出1：
0
输出2：
2
输出3：
3
Data Constraint
对于50%的数据 1<=N<=1000 -1<=Hi<=1000
对于80%的数据 1<=N<=10000
对于100%的数据 1<=N<=20000 -1<=Hi<=10000
题解
这道题……
水法：Θ(n2) dp
正解：Θ(nlog(109+7)) dp
先来说说水法
每块积木高度，必定是前一块积木的高度+1/-1/0（不变）
那么方程就是f[i][j]=f[i−1][j−1]+f[i−1][j]+f[i−1][j+1]
当然，直接这么打会MLE，因为N∗(N∗2+1)早就爆了，那就开个滚动数组
如果评测机开了O2，这么做就行了
如果没开，会被卡常，就把数组改成long long，然后每10次运算mod一次
再来说说正解
由于每次只会变化1，所以最终在两个确定高度之间会形成一个阶梯状的图形
将其看成一个整体，统计一下方案数，乘起来就可以了
那么怎么算方案数呢？
题目可以转化为这幅图，a和b代表两个确定高度，求：
从a开始，每次可以向右上/右/右下走，不能越过紫线，求到b点的方案数
怎么做？排列组合啊
再转换一下
0/1/-1代表与前一列的高度差，只要所有加起来等于a、b点高度差即可
知道0/1/-1这三个任意一个的个数之后，另外两个也就知道了
所以枚举一下，用排列组合统计一下就可以了
代码
水解
time：853ms
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 20001
#define M 1000000007
long a[N];
long long f[2][2*N+1];
int main()
{ long n,i,j,h,now;
bool t;
freopen("brick.in","r",stdin);
freopen("brick.out","w",stdout);
scanf("%ld",&n);
a[0]=-1;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%ld",&a[i]);
}
now=0;
h=-1;
for(i=1;i<=n;i++){
if(i<=n/2+1)h++;
else h--;
memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
if(i==1){
if(a[i]<=0)
f[now][0]=1;
else break;
}
else if(a[i]==-1){
for(j=h;j>=0;j--)
f[now][j]=(f[now^1][j+1]+f[now^1][j]+f[now^1][j-1])%M;
}else{
f[now][a[i]]=(f[now^1][a[i]+1]+f[now^1][a[i]]+f[now^1][a[i]-1])%M;
}
now^=1;
}
printf("%ld\n",f[now^1][0]);
return 0;
}正解
time：8ms
code by：ypx大佬
#include <bits/stdc++.h>
#define N 20005
#define MOD 1000000007
typedef long long ll;
int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return x * f;
}
ll pow(int x,int y)
{
ll res = 1;
while (y)
{
if (y & 1)
res = (ll)res * x % MOD;
x = (ll)x * x % MOD;
y >>= 1;
}
return res;
}
int jc[N + 5], ny[N + 5];
void pre()
{
jc[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
jc[i] = (ll)jc[i - 1] * i % MOD;
}
for (int i = 0; i <= N; i++)
{
ny[i] = pow(jc[i], MOD - 2);
}
}
ll C(int n,int m)
{
if (m > n)
return 0;
return ll(jc[n]) * ny[m] % MOD * ny[n - m] % MOD;
}
int h[N + 5];
int f[N + 5];
int main()
{
freopen("brick.in","r",stdin);
freopen("brick.out","w",stdout);
int n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++)
h[i] = read();
if (h[1] > 0 || h[n] > 0)
{
printf("0\n");
return 0;
}
pre();
h[1] = 0, h[n] = 0;
f[1] = 1;
for (int i = 2, j = 1; i <= n; i++)
if (h[i] >= 0)
{
int H = abs(h[i] - h[j]);
for (int k = 0; k <= i - j - H; k++)
{
int l = (i - j - k);
if ((l + H) % 2 == 0)
f[i] += ll((C(l,(l + H) >> 1) - C(l, (l + h[i] + h[j] + 2) >> 1) + MOD) % MOD) * C(i - j, k) % MOD, f[i] %= MOD;
}
f[i] = (ll(f[i]) * (f[j])) % MOD;
j = i;
}
printf("%d\n",f[n]);
}