【算法•日更•第十五期】信息奥赛一本通1594：涂抹果酱题解

　　废话不多说，直接上题：

1594：涂抹果酱

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【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 $N \times M$

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 $m o d 10^{6}$

【输入】

输入共三行。

第一行： $N, M$

第二行： $K$

第三行： $M$

字母的详细含义见题目描述，其他参见样例。

【输出】

输出仅一行，为可行的方案总数。

【输入样例】

2 2 
1 
2 3

【输出样例】

【提示】

样例说明：

方案一	方案二	方案三
$2 3$	$2 3$	$2 3$
$1 2$	$3 1$	$3 2$

数据范围与提示：

对于 30% 的数据， $1 \leq N \times M \leq 20$

对于 60% 的数据， $1 \leq N \leq 1000, 1 \leq M \leq 3$

对于 100% 的数据， $1 \leq N \leq 10000, 1 \leq M \leq 5$

【来源】

无

　　这道题和上一次的题目十分相像，可以直接判定这是状态压缩动态规划。

　　那么怎么状态压缩呢？这个果酱有三种颜色，所以我们就不能使用二进制了，而是采用三进制的方法状态压缩。

　　题目中的果酱有红绿蓝三色，那么我们就分别让他们用0，1，2来表示。

　　那么肯定要预处理，只要枚举好一行所有的状态即可，注意有些二进制的方法要变的，详见代码。

　　先来说状态怎么设计，我们可以用f[i][j]来表示第i行状态为a[j]，值为状态是否可行。总之先分析一下现在这张图是什么样的。

　　其中第k行已经被涂过了，然后我们就可以分成这三个部分，分别是上图所示的三个部分（红绿蓝）。

　　因为第k行已经被涂过了，所以可以把它看成是第0行。显然，这样蓝色部分和红色部分第i行的方案数是一样的（因为互相不受干扰）。

　　忽略小编拙劣的画技。

　　因此我们便利的行数只要是红色的行数就可以了，那么我们已经区分开了两个部分，怎样状态转移呢？

　　显然，f[i][j]=sum{f[i-1][k]}，（前提是不发生冲突）其中a[j]是当前行的状态，a[k]是上一行的状态，那么这一行的方案数自然就是上一行方案数的和呗。

　　最后，我们要把所有状态的方案数都要加在一起，同时注意两个部分分别处理，方案总数是两个部分方案数的积。（乘法原理）

　　好了，详见注释，代码如下：

 1 #include<iostream> 
 2 #define mod 1000000
 3 using namespace std;
 4 long long n,m,K,c[10000],cnt,a[10000],f[10001][200],s,num,correct[10000][10000],ans1,ans2;
 5 inline int check(int x)//判断行内冲突 
 6 {
 7     for(int i=m-1;i;i--) 
 8     if((x%c[i+1]/c[i])==(x%c[i]/c[i-1]))
 9     return 0;
10     return 1;
11 }
12 inline int check2(int x,int y)//判断两行间的冲突 
13 {
14     for(int i=m-1;i>=0;i--) 
15     if((x%c[i+1]/c[i])==(y%c[i+1]/c[i]))
16     return 0;
17     return 1;
18 }
19 int main()
20 {
21     cin>>n>>m>>K;c[0]=1;
22     for(int i=1;i<=m;i++)
23     {
24         cin>>s;
25         num*=3;
26         num+=s-1;//三进制表示 
27         c[i]=c[i-1]*3;//c是表示3进制数位的数组 
28     }
29     if(!check(num)){cout<<0;return 0;}//如果第K行有冲突，那么直接输出0 
30     for(int i=0;i<c[m];i++)//逐个枚举一行的状态 
31     {
32         if(check(i)) a[++cnt]=i;//记录状态 
33         if(i==num) f[0][cnt]=1;//初始化 
34     }
35     for(int i=1;i<=cnt;i++)//枚举当前行状态 
36     for(int j=1;j<=cnt;j++)//枚举上一行状态 
37     if(check2(a[i],a[j])) correct[i][j]=1;//判断是否发生冲突 
38     int x=max(K-1,n-K);int y=min(K-1,n-K);//分成两个部分 
39     for(int i=1;i<=x;i++)//枚举行 
40     for(int j=1;j<=cnt;j++)//枚举当前行状态 
41     for(int k=1;k<=cnt;k++)//枚举上一行状态 
42     if(correct[j][k]) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%mod;//注意是否发生冲突 
43     for(int i=1;i<=cnt;i++)//枚举状态数 
44     {
45         ans1+=f[x][i];
46         ans1%=mod;
47         ans2+=f[y][i];//两个部分分别处理 
48         ans2%=mod;
49     }
50     cout<<ans1*ans2%mod;//乘法原理 
51     return 0;
52 }