BZOJ 1079: [SCOI2008]着色方案(巧妙的dp)

题意

\(n\)个木块排成一行,从左到右依次编号为\(1\)~\(n\)。你有\(k\)种颜色的油漆,其中第\(i\)种颜色的油漆足够涂\(c_i\)个木块。所有油漆刚好足够涂满所有木块,即\(\sum\limits _{i=1}^{k}c_i=n\)。统计任意两个相邻木块颜色不同的着色方案。(\(1 \le k \le 15\) ,\(1\le c_i \le 5\))

题解

特别巧妙的dp!一开始容易想到用\({c_i}^k\)时间复杂度做法QAQ,并没有什么用。

但是可以启发我们也许可以用\(k^{c_i}\)算法去解决问题。然而我还是不会。。

我就看了一下别人的博客2333 发现dp很巧妙

我们可以存储剩余能涂\(q\)个木块的油漆还剩多少种。这样时空复杂度就都降到\(k^{c_i}\)了。

所以就有dp[a][b][c][d][e]来记录答案(a,b,c,d,e分别表示1,2,3,4,5的种数),所以就有

dp[a][b][c][d][e] = dp[a - 1][b][c][d][e] * a + dp[a + 1][b - 1][c][d][e] * b + dp[a][b + 1][c - 1][d][e] * c + dp[a][b][c + 1][d - 1][e] * d + dp[a][b][c][d + 1][e - 1] * e; (之间的+1,-1就是前面一种颜料从能涂q块,变成q-1了)

但这并不符合题目要求(不然一个组合数就结束了),所以我们多记一个状态last表示上一次是用能涂last次的油漆涂的,如果这次我们用last - 1的话,就有一种颜料重复了,所以就要减去一种的贡献。

这样就基本做完了,但dp顺序有点麻烦,所以就上记忆化吧,十分简短易写,强力安利!

具体dp方程见程序吧。。不想写了QAQ

代码

/**************************************************************
    Problem: 1079
    User: zjp_shadow
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:752 ms
    Memory:67848 kb
****************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;
 
bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
 
inline int read() {
   int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ '0');
    return x * fh;
}
 
void File () {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("P1079.in", "r", stdin);
    freopen ("P1079.out", "w", stdout);
#endif
}
 
const int N = 17, Mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
 
ll dp[N][N][N][N][N][6];
 
ll Dp(int a, int b, int c, int d, int e, int last) {
    if ((a | b | c | d | e) == 0) return 1;
    ll &res = dp[a][b][c][d][e][last];
    if (~res) return res; res = 0;
    if (a) res += Dp(a - 1, b, c, d, e, 1) * (a - (last == 2) );
    if (b) res += Dp(a + 1, b - 1, c, d, e, 2) * (b - (last == 3) );
    if (c) res += Dp(a, b + 1, c - 1, d, e, 3) * (c - (last == 4) );
    if (d) res += Dp(a, b, c + 1, d - 1, e, 4) * (d - (last == 5) );
    if (e) res += Dp(a, b, c, d + 1, e - 1, 5) * e;
    res %= Mod;
    return res;
}
 
int main () {
    File();
    int n = read(), a[6] = {0};
    For (i, 1, n) ++ a[read()];
    Set(dp, -1);
    printf ("%lld\n", Dp(a[1], a[2], a[3], a[4], a[5], 0) );
    return 0;
}
posted @ 2018-02-09 19:58  zjp_shadow  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏