动态规划-“三步走”方法

“三步走”方法

动态规划问题种类较多，但大多都能通过“三步走”方法解决。
1.状态表示：将具体问题抽象为数学问题，dp数组通常表示一个函数，分别分析其自变量和因变量的含义。

• 因变量：即dp数组的值表示的含义，大多数情况是题目是问什么就设什么，少部分情况是需要将问题表示转化一下。
• 自变量：即dp数组的每一维分别表示哪种状态，可根据数据规模和算法时间复杂度大致确定。

2.状态转移：状态转移相当于递推公式。主要有两种方式，可以从上一个状态转移到当前状态，或者从当前状态转移到下一个状态。可根据具体问题确定使用哪一种方式更方便。
3.边界条件：需要确定状态转移的初始值以及循环的边界。

4.部分细节：最后需要清楚答案存储的变量是哪一个，以及题目要求中一些细节。

举例说明：旅行2024

下面以一个线性dp的题目说明“三步走”方法如何使用。

题目描述
你面前有一张地图，其形状为一个由2行n列组成的网格。地图上的每一段道路都可能位于阳光下（白色）或阴影中（黑色）。
两个部分被认为是相连的，如果它们直接相邻并处于相同的状态（要么都是在阳光下，要么都是在阴影中）。一个图案被定义为一组具有相同状态的相连部分。
你的任务寻找有多少为地图的着色方案使得其恰好有 \(k\) 种不同的图案。

输入描述
唯一的一行包含两个整数 \(n\) 和 \(k\)，分别代表地图网格中的列数和所需的不同景观或图案的数量。约束条件是 \(1 \le n \le 1000\) 且 \(1 \le k \le 2n\)。

输出描述
输出恰好经历 \(k\) 种景观或图案的方式数量，结果对 \(1000000007\) 取模。

样例输入

3 4

样例输出

12

样例解释
其中一种符合条件的方案如图所示：

样例输入

1 2

样例输出

2

下面进行三步走分析：

1. 状态表示：用 \(dp\) 数组表示状态，\(dp[i][u][j]\) 中 \(i\) 表示 \(n\) 列中的第 \(i\) 列，\(u\) 表示哪一种状态（共有 \(4\) 种状态），\(j\) 表示当前已经表示了 \(k\) 种图案中的 \(j\) 种。
2. 状态转移：当前状态只与上一时刻状态有关，所以需要知道上一列状态和当前列状态进行状态转移。上一时刻状态转移到当前状态变化的方案数可能有三种，+0，+1，+2。下面第一列表示上一列状态，第二列表示当前列状态，共有 \(4\times4=16\) 种状态。
   (1) 先讨论最简单的+2的情况，共有两种可能：

   10  01
   01  10
   

   可用((u ^ v == 3) && abs(u - v == 1))判断。
   (2) 然后讨论相对简单的+0的情况：

   00  11  00  11    00  10  01  11
   00  00  11  11    10  00  11  01
   

   可用else if((u ^ v == 0) || u == 1 || u == 2)判断，此处能用后两个判断条件也是因为写了else if而不是直接用if。
   (3) 最后else直接得出相对较复杂的+1的情况，无需判断。下面也列出了所有+1的情况：

   01  10    00  01  10  11
   01  10    01  00  11  10
   

3. 边界条件：由于 \(i\) 由 \(i-1\) 转移而来，所以需要提前设置 \(i=1\) 时的方案数，\(i\) 只需从 \(2\) 循环到 \(n\) 即可，\(j\) 需要从 \(1\) 循环到 \(k\)，上一时刻和当前时刻都需循环 \(4\) 种状态。由于随着 \(i\) 的增大，\(j\) 不会减小，所以最终的答案在 \(\sum_{u=0}^{3}dp[n][u][k]\) 中，在计算时需要取模。

根据以上分析编写代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define forn(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++)
#define fore(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define rfon(i, a, b) for (int i = a; i > b; i--)
#define rfoe(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)
#define vb v.begin()
#define ve v.end()
#define vc v.clear()
#define vs (int)v.size()
#define ss (int)s.size()
#define sb s.back()
#define rs(i) resize(i)
#define ft first
#define sd second
#define P pair<int, int>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Ios ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;

int dp[1005][4][2005];

void solve() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    dp[1][0][1] = dp[1][1][2] = dp[1][2][2] = dp[1][3][1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= k; j++) {
            for (int u = 0; u < 4; u++) {
                for (int v = 0; v < 4; v++) {
                    if ((u ^ v == 3) && abs(u - v == 1)) {
                        dp[i][v][j + 2] = (dp[i][v][j + 2] + dp[i - 1][u][j]) % mod;
                    } else if ((u ^ v == 0) || u == 1 || u == 2) {
                        dp[i][v][j] = (dp[i][v][j] + dp[i - 1][u][j]) % mod;
                    } else {
                        dp[i][v][j + 1] = (dp[i][v][j + 1] + dp[i - 1][u][j]) % mod;
                    }
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        ans = (ans + dp[n][i][k]) % mod;
    }
    cout << ans << "\n";
}

signed main() {
    Ios;
    solve();
    return 0;
}