lemonoil

OI__nothing is impossible

dp专题

• 标签: DP

220分，加上long long 成320分。。。无语，果真需要更加细致地分析数据啊！！！

天平（balance.in/balance.out）

这里写图片描述 物理老师YJ有一个长杆天平，天平的两臂长均为15，将长杆看作x轴，则平衡点在0位置处，负数位置在左臂上，正数位置在右臂上。长杆上有n个位置有挂钩可以挂秤砣。YJ有m个秤砣，质量分别为gi，每个挂钩可以不挂也可以挂任意个秤砣。YJ想要知道，在使用所有秤砣的条件下，有多少种不同的挂秤砣的方案，可以使得天平平衡？问题太过复杂，仅凭物理知识难以解决，所以请你来帮助他。 天平的平衡条件是所有秤砣的位置质量之和为0。例如有质量为2,3,4的秤砣分别挂在-3,-2,3位置处，则2(-3) + 3*(-2) + 4*3 == 0，天平是平衡的。 【输入格式】 第一行两个数n，m。表示挂钩的数目和秤砣的数目。 第二行n个不同且递增的数，第i个数表示第i个挂钩的位置，数的范围在[-15,15]内。 第三行m个不同且递增的数，第i个数表示第i个秤砣的质量，数的范围在[1,25]内。 【输出格式】 一个整数，代表能使得天平平衡的方案数。

【输入样例】 2 4 -2 3 3 4 5 8 【输出样例】 2

【样例解释】 方案1: (-2)*(3+4+5) + 3 8 = 0 方案2: (-2) (4+8) + 3 *(3+5) = 0 【数据规模】 10% 数据满足2≤n,m≤4。 100% 数据满足2≤n,m≤20。

题解

简单的DP。 考虑天平的状态可以用秤砣质量距离来表示，而题目情况下，天平的全部秤砣质量距离在(-7500,7500)(20* 2515 = 7500)以内。故可以以此状态来dp。 类似背包问题，把每一个秤砣挂在不同地方，对应成nm个物品，转移方程f[i][j]+=f[i-1][j-dis[k]*mg[i]] (i=1..n,j=0..15000,k=1..m)。

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#define NAME "balance"
using namespace std;
int n,m,c[100],w[100];
long long  dp[30][15001];
inline void readin(int &resez) {
  static char ch;int flag=1;
  while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')if(ch=='-')flag=-1;resez=ch-48;
  while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')resez=resez*10+ ch-48;resez*=flag;
}
int main(){
	freopen(NAME".in","r",stdin);
	freopen(NAME".out","w",stdout);
	readin(n),readin(m);
	for(register int i=1;i<=n;i++)readin(c[i]);
	for(register int i=1;i<=m;i++)readin(w[i]);
	dp[0][7500]=1;
	for(register int i=1;i<=m;i++)
		for(register int j=0;j<=15000;j++)
			if(dp[i-1][j])for(register int k=1;k<=n;k++)
				dp[i][j+w[i]*c[k]]+=dp[i-1][j];
	cout<<dp[m][7500]<<endl;
	return 0;
}

山峰数（hill.in/hill.out）

这里写图片描述 山峰数是指数字排列中不存在山谷(先降后升)的数，例如0,5,13,12321都是山峰数，101，1110000111都不是山峰数。 现给出n个数，请依次判断它们是否为山峰数，如果不是，输出-1。如果是，求出比它小的数中有多少个山峰数。 【输入格式】 第一行一个数n，表示询问数目。 接下来n行，每一行一个数x，表示询问的数。 【输出格式】 输出有n行，x如果不是山峰数，输出-1。x如果是山峰数，则输出有多少个比它小的山峰数。

【输入样例】 5 10 55 101 1000 1234321 【输出样例】 10 55 -1 715 94708

【数据规模】 20% 数据满足x ≤ 10^6。 100% 数据满足n ≤ 10, x ≤ 10^60

题解

数位DP 在数位dp的模板基础上，加入参数nu和isdown，nu表示上一个数填的多少，isdown表示当前是在上升期还是在下降期，然后使用模板记忆化搜索即可。

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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define NAME "hill"
using namespace std;
int T;
ll dp[77][11][2];
char s[77];
inline void readin(int &resez) {
  static char ch;int flag=1;
  while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')if(ch=='-')flag=-1;resez=ch-48;
  while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')resez=resez*10+ ch-48;resez*=flag;
}
ll dfs(int pos,int pre,int state,int fp){
    if(pos<0)return 1;
    if(!fp&&dp[pos][pre][state]!=-1)return dp[pos][pre][state];
    ll ans=0;
    int fpmax=fp?s[pos]-'0':9;
    if(state){
        for(register int i=0;i<=min(fpmax,pre-1);i++)
            ans+=dfs(pos-1,i,0,fp&&i==fpmax);
        for(register int i=pre;i<=fpmax;i++)
            ans+=dfs(pos-1,i,1,fp&&i==fpmax);
    }
    else{
        for(register int i=0;i<=min(fpmax,pre);i++)
            ans+=dfs(pos-1,i,0,fp&&i==fpmax);
    }
    if(!fp)dp[pos][pre][state]=ans;
    return ans;
}
int main(){
	freopen(NAME".in","r",stdin);
	freopen(NAME".out","w",stdout);
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    readin(T);
    while(T--){
        scanf("%s",s);
        int len=strlen(s),flag=0,gg=0;
        for(register int i=0,j=len-1;i<j;i++,j--)swap(s[i],s[j]);
        for(register int i=0;i<len-1;i++){
            if(s[i]<s[i+1]&&flag){
                gg=1;
                break;
            }
            if(s[i]>s[i+1])flag=1;
        }
        if(gg)printf("-1\n");
        else printf("%I64d\n",dfs(len-1,0,1,1)-1);
    }
    return 0;
}

粉刷匠2（draw.in/draw.out）

这里写图片描述 有一个4*N的木板需要粉刷，第i行j列的颜色记为A(i, j)。 有256种颜色，记为0..255，为了使得粉刷比较好看，粉刷需要满足如下要求:

  1. A(x,y) >= A(x,y-1)
  2. 有一些指定的(x1, y1)和(x2, y2)，要求A(x1, y1) = A(x2, y2) 请问有多少种满足要求的粉刷方式？输出答案的最后5位即可。 【输入格式】 第一行两个数n, m，表示木板的长度，和指定规则的条目个数。 接下来m行，每行四个数x1,y1,x2,y1，此规则表示A(x1, y1) 需要等于 A(x2, y2) 。 【输出格式】 一个整数，表示答案的末5位。

【输入样例1】 1 0 【输出样例1】 67296 【输入样例2】 1 3 1 1 2 1 1 1 3 1 4 1 3 1 【输出样例2】 00256

【提示】 5 输出可以使用%05d输出。 【数据规模】 30% 数据满足 n ≤ 3，m = 0。 100% 数据满足1 ≤ n ≤ 15，0 ≤ M ≤ 100，X1,X2≤4，Y1,Y2≤n

题解

30分的做法：dp[i][c1][c2][c3]表示第i行，第一列填到c1，第二列填到c2,，第三列填到c3的方法总数。转移时如果暴力枚举转移仍然会TLE，需要使用完全背包的降低维度思想，列出转移方程：dp[i][c1][c2][c3]= dp[i-1][c1][c2][c3] + dp[i] [c1-1][c2][c3] + dp[i] [c1][c2-1][c3] + dp[i][c1][c2][c3-1]。这样才不会TLE。 100分的做法：换一种dp思路，我们不按照常规思维枚举行列，而是从小到大枚举颜色。若当前枚举到的颜色为i，我们使用dp[l1][l2][l3][l4]表示每一行使用当前颜色涂到哪一个位置。 假设有一行现在是123344556，现在涂7，显然涂7只能涂序列的后缀，比如涂成123777777，或者123344577才能符合条件。所以考虑枚举当前颜色涂到哪个后缀来转移，转移时同样需要使用完全背包的降维思想优化。 对于限制条件，我们需要把不符合限制条件的去掉，什么样的方案符合限制条件呢？对于限制条件A(x1, y1) = A(x2, y2)，和当前枚举到的颜色i，要么x1行和x2行，当前颜色都涂到了y1,y2位置，要么都没有涂到y1,y2位置。除此之外的都是不合法的方案，我们事先处理好一个vis数组，vis[l1][l2][l3][l4]表示四行分别涂到l1,l2,l3,l4，是否可行，在dp时如果遇到标记不可行的vis，这dp值设为0即可。

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#include<cstdio>
#include<iostream>
#define res(i,x) for(register int i=1;i<=x;i++)
#define rek(i,x) for(register int i=0;i<=x;i++)
#define rez(i,x) for(i=0;i<=x;i++)
#define ll long long
using namespace std;
int f[16][16][16][16];
bool vis[16][16][16][16];
int x1[105],x2[105],y1[105],y2[105];
int n,m,c[4];
inline void readin(int &resez) {
  static char ch;
  while ((ch = getchar()) < '0' || ch > '9');resez = ch - 48;
  while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9')resez = resez * 10 + ch - 48;
}
int main(){ 
	freopen("draw.in","r",stdin);
	freopen("draw.out","w",stdout);
	readin(n),readin(m);
	res(i,m){
		readin(x1[i]),readin(y1[i]),readin(x2[i]),readin(y2[i]);
		x1[i]--;x2[i]--;
	}
	res(i,m)rez(c[0],n)rez(c[1],n)rez(c[2],n)rez(c[3],n){
		if(c[x1[i]]>=y1[i] ^ c[x2[i]]>=y2[i])
			vis[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]]=1;
	}
	f[0][0][0][0]=1;
	rek(color,255){
		rek(col,3)rez(c[0],n)rez(c[1],n)rez(c[2],n)rez(c[3],n)
			if(c[col]<n){
				int tmp=f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]];
				c[col]++;
				f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]]=(f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]]+tmp)%100000;
				c[col]--;
			}
		rez(c[0],n)rez(c[1],n)rez(c[2],n)rez(c[3],n)
			if(vis[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]])
				f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]]=0;
	}
	printf("%05d\n",f[n][n][n][n]);
	return 0;
}

棋盘（knight.in/knight.out）

这里写图片描述 有一个N*M的棋盘，要在上面摆上knight，每个格子可以放至多一个knight。 knight的攻击范围如下图： 这里写图片描述 所有knight不能互相攻击，请问总共有多少可行的摆法？答案对1000000007取模。 【输入格式】 第一行个数t，表示测试的组数。 接下来t组，每组两个整数，n和m。 【输出格式】 一共t行，第i行表示第i组的答案。

【输入样例】 4 1 2 2 2 3 2 3 31415926 【输出样例】 4 16 36 933912086

【数据规模】 70% 数据满足m≤100。 100% 数据满足t≤10, n≤3, m≤10^9。

题解

n非常小，所以考虑状态压缩动态规划，每一行使用一个二级制串表示当前行的摆knight情况。用f[i][j][k]表示第i行，前一行为j，前一行的前一行为k时的方法总数，转移时枚举三行的状态，判断合法情况转移即可。 如果枚举每一行转移，可以得70分。如果将状态转移矩阵化，使用矩阵快速幂，可以通过全部测试数据。

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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define NAME "knight"
#define MOD 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
#define maxn 256
#define mod 1000000007ll
struct Matrix{
    int Matrix[maxn][maxn];//矩阵 
    int row,col;//矩阵行列数 
};
Matrix mod_mul(Matrix a,Matrix b,ll p){//矩阵乘法 
    Matrix ans;
    ans.row=a.row;
    ans.col=b.col;
    memset(ans.Matrix,0,sizeof(ans.Matrix));
    for(int i=0;i<ans.row;i++)      
        for(int k=0;k<a.col;k++)
            if(a.Matrix[i][k])
                for(int j=0;j<ans.col;j++)
                {
                    ans.Matrix[i][j]+=1ll*a.Matrix[i][k]*b.Matrix[k][j]%p;
                    ans.Matrix[i][j]%=p;
                }
    return ans;
}
Matrix mod_pow(Matrix a,int k,ll p){//矩阵快速幂 昨天才打的。。。。 
    Matrix ans;
    ans.row=a.row;
    ans.col=a.col;
    for(int i=0;i<a.row;i++)
        for(int j=0;j<a.col;j++)
            ans.Matrix[i][j]=(i==j);
    while(k){
        if(k&1)ans=mod_mul(ans,a,p);
        a=mod_mul(a,a,p);
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int T,n,m,a[5][5];
void deal(int x){
    for(int i=0;i<3*m;i++)
        if(x&(1<<i))a[i/m][i%m]=1;
        else a[i/m][i%m]=0;
}
int dx[]={-2,-2,-1,-1,1,1,2,2};
int dy[]={-1,1,-2,2,-2,2,-1,1};
bool check(){
    for(register int i=0;i<3;i++)
        for(register int j=0;j<m;j++)
            if(a[i][j])for(register int k=0;k<8;k++){
                    int ii=i+dx[k],jj=j+dy[k];
                    if(ii<0||ii>=3||jj<0||jj>=m)continue;
                    if(a[ii][jj])return 0;
                }
    return 1;
}
Matrix A,B;
inline void readin(int &resez) {
  static char ch;
  while ((ch = getchar()) < '0' || ch > '9');resez = ch - 48;
  while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9')resez = resez * 10 + ch - 48;
}
int main(){
	freopen(NAME".in","r",stdin);
	freopen(NAME".out","w",stdout);
    readin(T);
    while(T--){
        readin(m),readin(n);
        if(n==1){
            printf("%d\n",1<<m);
            continue;
        }
        int M=1<<(m<<1),N=1<<(3*m);
        B.row=M,B.col=1;
        for(register int i=0;i<M;i++){
            deal(i);
            B.Matrix[i][0]=check();
        }
        A.row=A.col=M;
        memset(A.Matrix,0,sizeof(A.Matrix));
        for(register int i=0;i<N;i++){
            int x=i>>m,y=i&(M-1);
            deal(i);
            if(check())A.Matrix[x][y]=1;
        }
        A=mod_pow(A,n-2,mod);
        A=mod_mul(A,B,mod);
        ll ans=0;
        for(register int i=0;i<M;i++)ans=(ans+A.Matrix[i][0])%mod;
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}

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