HDU 5965 枚举模拟 + dp(?)
ccpc合肥站的重现...一看就觉得是dp 然后强行搞出来一个转移方程 即 根据第i-1列的需求和i-1 i-2列的枚举摆放 可以得出i列摆放的种类..加了n多if语句...最后感觉怎么都能过了..然而不是t就是wa..最后看别人的题解 我的dp转移是9*O(n)的 常数要t..
别人的题解居然都是用模拟的..根据枚举第一列可以得出第二列的摆放姿势 由这两个摆放和第二列的需求可以求出来第三列..以此类推 最后check一下最后两个..
叉姐的题解里面写了一个dp转移方程..然而并不能看懂..放牛说用状压搞一发就行...有空再补吧..
枚举第一列的模拟版本
- #include<stdio.h>
- #include<string.h>
- #include<algorithm>
- #include<math.h>
- #include<map>
- #include<iostream>
- #include<string>
- #include<vector>
- using namespace std;
- #define L long long
- char s[10050];
- L a[10050];
- L b[10050];
- L d(L a){
- if(a == 1){
- return 2;
- }
- else {
- return 1;
- }
- }
- const L mod = 100000007;
- int main(){
- int t;
- scanf("%d",&t);
- while(t--){
- scanf("%s",s);
- int len = strlen(s);
- for(int i=1;i<=len;i++){
- a[i] = s[i - 1] - '0';
- }
- if(len == 1){
- if(a[1] == 1){
- printf("2\n");
- }
- else if(a[1]==0 || a[1] == 2){
- printf("1\n");
- }
- else {
- printf("0\n");
- }
- continue;
- }
- L ans = 0;
- for(L i=0;i<=2;i++){ /// 枚举第一列放多少
- b[1] = i;
- b[2] = a[1] - i;
- L sum = d(b[1])*d(b[2]); /// 初始状态的种数
- if(b[2] < 0 || b[2] > 2)continue;
- for(int j=3;j<=len;j++){
- b[j] = a[j - 1] - b[j - 1] - b[j - 2];
- if(b[j] < 0 || b[j] > 2){
- sum = 0;
- break;
- }
- sum *= d(b[j]);
- sum %= mod;
- }
- if(b[len] + b[len-1] != a[len]){
- sum = 0;
- }
- ans += sum;
- ans %= mod;
- }
- printf("%lld\n",ans);
- }
- }
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