codeforces 979E(dp套dp)

题意:

  有n个点,编号为1~n。有的点颜色是黑色,有的点颜色是白色,有的点的颜色待涂。你还可以连一些边,但这些边一定是从小编号连到大编号的点。

  对于一个确定的图,我们去统计有多少条路径满足“该路径经过的所有点的颜色都是黑白相间的”,如果这种路径总数的奇偶性为p(p是输入的,p=0或1),那么该图就被称为好图

  我们需要统计所有图中,好图的个数。答案对1e9+7取模。

分析:

  我们先考虑对于一个给定的图,如何求出这种路径的总数

  dp[i][0]表示点i是黑点,以点i为终点的所有路径的条数;dp[i][1]表示点i是白点,以点i为终点的所有路径的条数

  那么只需要从前往后dp一下就能求出结果了

  注意我们只关系奇偶性,所以是在模2意义下,那么dp值只有0和1两种取值

  那么有一种显然的dp套dp的思路:f[i][S]表示已经做完了前i个点,前i个点的dp值是S情况下的图的个数

  但是最多有50个点,状态是2^50,这样不能解决

  仔细分析后发现,我们关心的并不是前i-1个点的具体dp值,我们关心的只是dp[j][0]=0、dp[j][0]=1、dp[j][1]=0、dp[j][1]=1的状态的分别的数目!

  于是dp[i][ew][ow][eb][ob]表示前i个点,有ew个even-white点(即以某白点为终点的路径总数是偶数,后面同理),有ow个odd-white点,有eb个even-black点,有ob个odd-black点的情况下,图的个数

  那么最后答案就是满足(ow+ob)%2==p的状态的图的个数的总和

  这样复杂度是O(n^5),我们考虑优化一下

  首先很明显,ob=i-ew-ow-eb,于是可以省掉一个维的状态,复杂度就变成O(n^4)了,可以通过

  再进一步,我们发现偶点是随便连的,于是我们只需要记状态为dp[i][ow][ob]就行了,时间复杂度O(n^3)

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int maxn=50,mod=1e9+7;
 4 int dp[maxn+5][maxn+5][maxn+5][maxn+5];
 5 int c[maxn+5];
 6 int n,p;
 7 int pw[maxn+5];
 8 void inc(int&a,int b)
 9 {
10     a=(a+b)%mod;
11 }
12 int main()
13 {
14     scanf("%d%d",&n,&p);
15     for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]);
16     pw[0]=1;
17     for(int i=1;i<=maxn;++i) pw[i]=pw[i-1]*2LL%mod;
18     if(c[1]==0||c[1]==-1) dp[1][0][0][0]=1;
19     if(c[1]==1||c[1]==-1) dp[1][0][1][0]=1;
20     for(int i=2;i<=n;++i)
21         for(int ew=0;ew<=i;++ew)
22             for(int ow=0;ow<=i;++ow)
23                 for(int eb=0;eb<=i;++eb)
24                 {
25                     if(ow+ew+eb>i) continue;
26                     int ob=i-ew-ow-eb;
27                     if(c[i]==1||c[i]==-1)
28                     {
29                         if(ow+ew!=0)
30                         {
31                         long long s=0;
32                         if(ow>=1)
33                             if(ob==0) s=dp[i-1][ew][ow-1][eb];
34                             else s=1LL*pw[ob-1]*dp[i-1][ew][ow-1][eb]%mod;
35                         if(ew>=1)
36                             if(ob>=1) s+=1LL*pw[ob-1]*dp[i-1][ew-1][ow][eb]%mod;
37                         s%=mod;
38                         s=s*pw[eb+ew+ow-1]%mod;
39                         inc(dp[i][ew][ow][eb],(int)s);
40                         }
41                     }
42                     if(c[i]==0||c[i]==-1)
43                     {
44                         if(ob+eb!=0){
45                         long long s=0;
46                         if(ob>=1)
47                             if(ow==0) s=dp[i-1][ew][ow][eb];
48                             else s=1LL*pw[ow-1]*dp[i-1][ew][ow][eb]%mod;
49                         if(eb>=1)
50                             if(ow>=1) s+=1LL*pw[ow-1]*dp[i-1][ew][ow][eb-1]%mod;
51                         s%=mod;
52                         s=s*pw[eb+ob+ew-1]%mod;
53                         inc(dp[i][ew][ow][eb],(int)s);
54                         }
55                     }
56                 }
57     int ans=0;
58     for(int ew=0;ew<=n;++ew)
59         for(int ow=0;ow<=n;++ow)
60             for(int eb=0;eb<=n;++eb)
61                 if(ew+ow+eb<=n)
62                     if((ow+n-ew-ow-eb)%2==p)
63                         inc(ans,dp[n][ew][ow][eb]);
64     printf("%d\n",ans);
65     return 0;
66 }
View Code

 

posted @ 2018-05-17 15:05 Chellyutaha 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏