[CSP-S模拟测试]:花（DP）

题目传送门（内部题111）

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输入格式

　　一个整数$T$，表示测试数据组数。
　　每组测试数据占一行，两个整数，分别表示$L$和$S$。

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输出格式

　　对每组数据，输出一个整数表示答案。

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样例

样例输入1：

1
3 7

样例输出1：

7

样例输入2：

2
4 2
10 11

样例输出2：

4
410199993

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数据范围与提示

样例$1$解释：

　　一共有$7$种形态，每种形态能构成$1$个方案。

样例$2$解释：

　　AAAB
　　ABBB
　　BAAA
　　BBBA

数据范围：

　　对于$60\%$的数据，$L\leqslant 30,S\leqslant 26$。
　　对于$80\%$的数据，$L\leqslant 10,000,S\leqslant 26$。
　　对于$100\%$的数据，$L\leqslant 100,000,S\leqslant 100,000$。

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题解

不给暴力分，导致考场许多想偏了的$dalao$直播$TLE0$……

考虑$DP$。

先来考虑$80$分的做法。

因为在处理当前位的时候只与最后两位有关系，于是我们可以设$dp[i][j][k][0/1]$表示处理到$i$，当前位是$k$，上一位为$j$，是否已经出现过三连的方案数。

转移很暴力，枚举$j,k$，再枚举当前位是什么就好了。

发现形态只有相同与不同，而与具体是哪种情况无关，于是考虑换一个状态定义，说一下我的做法，与题解略有不同，设$dp[i][0/1][0/1]$表示处理到$i$，是否与上一位相同，是否出现过三连即可。

下面给出四个状态转移方程：

　　$\alpha.dp[i][0][0]=(dp[i-1][0][0]+dp[i-1][1][0])\times (S-1)$：可以由上一位二连或不是二连转移过来，只要与上一位不同即可，所以要乘上$(S-1)$；但是不能三连边没有。

　　$\beta.dp[i][0][1]=(dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][1])\times (S-1)$：不能创造三连，只能继承上面的三连，$(S-1)$与上式同理。

　　$\gamma.dp[i][1][0]=dp[i-1][0][0]$：只能由上一位没有二连转移过来，否则会出现三连，那么第三维就不能是$0$了。

　　$\delta.dp[i][1][1]=dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][0]$：这次可以继承前面的三连，但是注意不能再出现三连；还可以创造三连，这时候需要上一位是二连。

时间复杂度：$\Theta(n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int L,S;
long long dp[100001][2][2];
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&L,&S);
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[2][0][0]=1LL*S*(S-1)%mod;
		dp[2][1][0]=S;
		for(int i=3;i<=L;i++)
		{
			dp[i][0][0]=(dp[i-1][0][0]+dp[i-1][1][0])%mod*(S-1)%mod;
			dp[i][0][1]=(dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][1])%mod*(S-1)%mod;
			dp[i][1][0]=dp[i-1][0][0];
			dp[i][1][1]=(dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][0])%mod;
		}
		printf("%lld\n",(dp[L][0][1]+dp[L][1][1])%mod);
	}
	return 0;
}

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rp++