HDU-6806（DP & 神秘乱搞做法）

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点开题目看困了先睡了一觉。

睡醒了阅读一遍题目以为是组合数学吓哭了跑去看别的题了。

回来了之后一秒看出来是 DP，然后花了十五分钟推了个错误的式子，推累了歇了会儿。

真不喜欢写 DP 于是开始乱搞，还真让我搞出来了。

这我高低写篇题解纪念一下，以下是我的科研成果。

思路 1：DP

注意到每个单词有两个状态：和前面的单词交换或不变，当这个单词和前面那个单词不同时交换才有意义。

设 \(f_{i, 0 / 1}\) 表示考虑前 \(i\) 个单词组成的句子，第 \(i\) 个单词不进行交换或进行交换的答案。

初始状态：\(f_{1, 0} = 1, f_{1, 1} = 0\)。很好理解，毕竟总不能让一个单词和自己交换。

如果当前单词不进行操作，那么无论上一个单词怎么样都和它没关系，直接将两种情况的方案数继承下来，即 \(f_{i, 0} = f_{i - 1, 0} + f_{i - 1, 1}\)。如果进行交换操作，上一个单词肯定不能交换，此时有 \(f_{i, 1} = f_{i - 1, 0}\)。但是如果当前单词和上一个单词一样，那交换后并不能产生新的答案，则有 \(f_{i, 1} = 0\)。

答案就是 \(f_{n, 1} + f_{n, 0}\)，注意取模。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int MN = 2e5 + 3, mod = 1e9 + 7;
int n, f[MN][2];
string s[MN];

void solve() {
    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];

    f[1][0] = 1, f[1][1] = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        f[i][0] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % mod;
        if (s[i] != s[i - 1]) f[i][1] = f[i - 1][0];
        else f[i][1] = 0;
    }

    cout << (f[n][0] + f[n][1]) % mod << "\n";
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) solve();
    return 0;
}

思路 2：乱搞

首先相邻的单词如果是一样的是不会对答案产生贡献的，所以我们只考虑这个句子中每个相邻单词都不同的小的句子。方便起见，我们定义一个没有两个相同的单词相邻的句子为好句子。

显然这些好句子之间是互不影响的，我们设一个长度为 \(x\) 的好句子产生的答案为 \(f(x)\)，一个完整句子的答案就是找出的所有的 \(x\) 的 \(f(x)\) 的乘积，那我们就需要求出 \(f(x)\) 的值。

然后。。。好像不会了。
别急我们先手模两组数据：

input:
4
n o i p
output:
5

input:
6
yi yi si wu yi si
output:
8

根据上面的定义，第一个数据的答案就是 \(f(4) = 5\)，第二个是 \(f(5) = 8\)。

有些熟悉？这非常斐波那契。

虽然多手模几组就能发现确实如此，但是教练有言曰：棍母。其实我忘了是什么，反正大概意思是结论的证明非常重要，因此我们证明一下。

对于上面的第一个样例，假设我们知道了当 \(x\) 小于 \(4\) 时所有的 \(f(x)\) 值，我们考虑如何用已知值推出当前值。

我们尝试分割，得到 n | o i p。
发现此时的答案就是 \(f(1) \times f(x - 1) = f(x - 1)\)，很好记录下来。

但是上面的分法遗漏了第一个单词交换的情况，那我们将它变成这样：o n | i p。
左半部分是固定的，我们只计算右半部分，容易发现此时答案是 \(f(x - 2)\)。

整理一下，得到 \(f(x) = f(x - 1) + f(x - 2)\)，就是斐波那契数列。

然后我们就完美解决了这道题！

好像是比上面的方法快了一点

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int MN = 1e5 + 3, mod = 1e9 + 7;
int n, ans = 1;
string s[MN];
vector<int> ve;

int f[MN];
void f_fir() {
    f[1] = 1, f[2] = 2;
    for (int i = 3; i <= 100000; i++)
        f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;
}

void solve() {
    cin >> n;
    ve.clear();
    ans = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];
    int tmp = 1;
    bool fl = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (s[i] == s[i - 1]) {
            if (fl) ve.push_back(tmp), tmp = 1, fl = 0;
        }
        else tmp++, fl = 1;
    }
    if (fl) ve.push_back(tmp);

    for (int x : ve) ans = (ans * f[x]) % mod;
    cout << ans << "\n";
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    f_fir();
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) solve();
    return 0;
}