N染色

博客详细介绍了N染色问题的解决方案,通过数学推导得出边数为n的方案总数dp[n]的递推公式。内容包括当边数增加时的不同情况分析,特别指出n=3时的特殊情况,并给出了根据递推方程求解通项的步骤,最终得出dp[n]的表达式。

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N染色
本题基本都打表过的,我来一个数学推导
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记边数为n的方案总数为dp[n]

对 于 新 的 一 条 边 , 与 这 条 边 相 邻 的 边 可 能 相 同 也 可 能 不 同 , 对于新的一条边,与这条边相邻的边可能相同也可能不同,
若 不 同 , 即 为 d p [ n − 1 ] 的 方 案 数 , 而 本 条 边 就 有 m − 2 种 填 法 若不同,即为dp[n-1]的方案数,而本条边就有m-2种填法 dp[n1]m2
若 相 同 , 即 为 d p [ n − 2 ] 的 方 案 数 , 填 满 n − 2 条 边 , 此 时 加 进 第 n − 1 条 边 , 则 n − 1 条 边 和 第 1 条 边 颜 色 相 同 , 则 第 n 条 边 有 m − 1 种 填 法 若相同,即为dp[n-2]的方案数,填满n-2条边,此时加进第n-1条边,则n-1条边和第1条边颜色相同,则第n条边有m-1种填法 dp[n2]n2n1n11nm1
所 以 , d p [ n ] = ( m − 2 ) ∗ d p [ n − 1 ] + ( m − 1 ) ∗ d p [ n − 2 ] 所以,dp[n]=(m-2)*dp[n-1]+(m-1)*dp[n-2] ,dp[n]=(m2)dp[n1]+(m1)dp[n2]
但 n = 3 时 是 特 例 , 以 为 与 第 三 条 边 相 邻 的 第 一 条 和 第 二 条 颜 色 一 定 不 等 , 所 以 我 们 可 以 把 d p [ 1 ] = 0 , d p [ 2 ] = m ∗ ( m − 1 ) 但n=3时是特例,以为与第三条边相邻的第一条和第二条颜色一定不等,所以我们可以把dp[1]=0,dp[2]=m*(m-1) n=3dp[1]=0dp[2]=mm1
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详见必修5,根据递推方程,
我 们 得 到 通 项 d p n = A ∗ ( m − 1 ) n + B ∗ ( − 1 ) n 我们得到通项dp_n=A*(m-1)^n+B*(-1)^n dpn=A(m1)n+B(1)n
代 入 d p [ 1 ] , d p [ 2 ] 即 可 解 出 通 项 代入dp[1],dp[2]即可解出通项 dp[1],dp[2]
最 后 得 到 d p [ n ] = ( m − 1 ) n + ( m − 1 ) ∗ ( − 1 ) n 最后得到dp[n]=(m-1)^n+(m-1)*(-1)^n dp[n]=(m1)n+(m1)(1)n
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll mod=1e9+7;ll n,m;
ll ksm(ll x,ll pow){
	ll ans=1,res=x%mod;
	while(pow){
		if(pow&1) ans=ans*res%mod;
		res=res*res%mod;
		pow>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%d",&n,&m);
	ll tmp;if(n%2==1) tmp=1-m;if(n%2==0) tmp=m-1;
	ll sum=ksm(m-1,n);
	ll ansout=sum+tmp;
	printf("%lld",ansout);
}
<think>好的,用户想了解如何用C++实现小球染色问题的解决方案,并且需要代码示例。首先,我需要明确用户提到的“小球染色问题”具体指什么,因为可能有多种变体。根据提供的引用内容,我看到有多个不同的代码示例,涉及动态规划和排列组合。 首先,引用3中的代码处理的是三种颜色小球的排列问题,要求相邻颜色不同,使用三维动态规划数组来记录状态。而引用5中的Java代码似乎处理的是另一种情况,可能是两种颜色且相邻不能相同,使用一维动态规划。引用4的积木染色问题则涉及乘法原理和快速幂,可能处理的是不同颜色的积木排列,有特定约束。 用户可能需要的是类似相邻颜色不同的排列问题,常见的有两种或三种颜色。我需要确定最常见的问题形式。比如,当有n个球排成一列,每个球可以涂k种颜色,且相邻颜色不能相同,求总方案数。这种情况下,动态规划是常用的方法,状态转移方程通常是dp[i] = dp[i-1] * (k-1) + dp[i-2] * (k-1),其中i表示第i个球,考虑前一个球的颜色是否与当前相同。 不过根据引用5中的代码,其状态转移方程为m[i] = m[i-1]*(k-1) + m[i-2]*(k-1),这可能对应的是允许最多两个相邻相同的情况?或者可能有其他约束。需要仔细分析问题描述。 另一个可能性是引用3中的情况,处理三种颜色的小球,每种颜色有若干数量,要求相邻颜色不同,求排列数。这种情况下,动态规划的状态是剩余各颜色球的数量以及最后一个颜色是什么。例如,dp[a][b][c][last]表示还剩a个红球,b个蓝球,c个绿球,最后一个颜色是last时的方案数。 用户的问题可能希望得到类似这两种情况的解决方案。需要结合用户提供的引用内容,选择合适的示例。比如,用户提供的引用中有多个处理不同颜色数量的问题,可能更倾向于引用3中的三维DP方法,但该问题较为复杂。而引用5中的情况较为简单,适合作为基础示例。 我需要确认用户的需求是处理固定颜色数量(如每种颜色有n个,排成一列,相邻颜色不同),还是每个球可以选k种颜色,相邻不能相同。根据用户的问题描述,可能更倾向于后者,但需要进一步分析。 考虑到用户可能希望一个基础的C++示例,我先从简单的情况入手。例如,有n个球,每个球可以涂k种颜色,相邻颜色不能相同,求总方案数。这个问题可以用动态规划解决,状态转移方程为dp[i] = (k-1) * (dp[i-1] + dp[i-2]),不过可能需要更仔细的推导。 或者,正确的状态转移方程应该是:当第i个球的颜色与第i-1个不同,那么有(k-1)种选择。因此,dp[i] = dp[i-1] * (k-1)。但这样是否正确?例如,当i=1时,方案数是k;i=2时,是k*(k-1);i=3时,是k*(k-1)*(k-1)?这可能有问题,因为对于i>=2的情况,每个新的球只需要和前一个不同,所以每个步骤都是乘以(k-1)。但这样的话,总方案数是k*(k-1)^(n-1)。但用户提供的引用5中的代码似乎有不同的状态转移,比如当n>=2时,m[i] = m[i-1]*(k-1) + m[i-2]*(k-1),这可能对应更复杂的情况,比如允许某些重复? 或者,问题可能允许两个相邻相同颜色,但不能超过两个。例如,当有三个连续的相同颜色时不允许。这时候状态转移方程需要分情况讨论。比如,dp[i][0]表示第i个颜色与前一个不同,dp[i][1]表示与前一个相同。此时,状态转移方程可能是: dp[i][0] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][1]) * (k-1) dp[i][1] = dp[i-1][0] 这样总方案数为dp[n][0] + dp[n][1]。这种情况下,初始条件是dp[1][0] = k,dp[1][1] = 0。对于i=2,dp[2][0] = k*(k-1),dp[2][1] = k*(k-1)中的一部分?可能需要再仔细推导。 但根据引用5中的代码,当n<=2时返回k*k,这可能对应的是当n=2时允许两个相同颜色?例如,当n=2时,每个位置有k种颜色,总共有k*k种可能,包括相邻相同的情况。但如果是相邻不能相同的情况,那么n=2时应该是k*(k-1)。因此,引用5中的代码可能处理的是允许相邻相同的,但题目可能有其他约束,比如不能有超过两个相同的连续颜色?或者可能用户的问题中的引用5的代码有误,或者对应的是其他问题。 需要更仔细地分析引用中的代码。例如,引用5中的Java代码: public int numWays(int n, int k) { if (n <= 2) { return k * k; } else { int[] m = new int[n]; m[0] = k; m[1] = k * k; for (int i = 2; i < n; i++) { m[i] = m[i-1] * (k-1) + m[i-2] * (k-1); } return m[n-1]; } } 当n=1时,返回k*k?这显然有问题,因为n=1时应该只有k种颜色选择。但代码中n<=2时返回k*k,可能代码有错误,或者问题定义不同。例如,可能问题中的n是大于等于1,但n=1时的正确值应为k,而n=2时为k*(k-1) + k(允许两个相同的情况)。这可能对应的是允许相邻颜色相同,但题目可能有其他限制,比如不能超过两个连续相同的颜色。 例如,题目可能是:给n个栅栏,每个可以涂k种颜色,要求不能有超过两个相邻的相同颜色。这样,当n=1时是k,n=2时是k*k,因为两个可以相同。当n=3时,如果前两个相同,第三个必须不同;如果前两个不同,第三个可以任意。此时状态转移需要更复杂的处理。比如,dp[i]表示第i个栅栏的颜色与第i-1个是否相同。或者,更常见的是,使用两个状态:same和diff。same[i]表示第i个与i-1相同的方案数,diff[i]表示不同的方案数。总方案数为same[i] + diff[i]。 状态转移方程: same[i] = diff[i-1] (因为要相同,必须前一个不同的情况下才能涂相同颜色) diff[i] = (same[i-1] + diff[i-1]) * (k-1) 因此,初始条件: 当n=1时,same不存在,diff不存在,总方案数k。 当n=2时,same[2] = k*1(第一个选任意,第二个必须相同),diff[2] = k*(k-1)。总方案数k + k*(k-1) = k^2,这与引用5中的代码返回k*k相符。 对于n=3,same[3] = diff[2] = k*(k-1) diff[3] = (same[2] + diff[2])*(k-1) = (k + k*(k-1))*(k-1) = k*(k)*(k-1) 总方案数为 same[3] + diff[3} = k(k-1) + k^2(k-1) = k(k-1)(1 +k ) 这可能与引用5中的代码中的状态转移方程不同。但代码中的转移方程是m[i] = m[i-1]*(k-1) + m[i-2]*(k-1),这可能对应不同的状态定义。例如,当i>=2时,每个状态依赖于前两个状态,可能处理的是当允许两个相同,但第三个必须不同,因此对于第i个位置,如果前一个位置的颜色与当前相同,那么必须i-1的位置的颜色与i-2不同。这种情况下,状态转移可能需要考虑更长的历史。 或者,可能这个问题的解法是将问题分解为:对于第i个位置,有两种情况,如果它和i-1颜色不同,则有 (k-1)*总方案数到i-1;如果和i-1颜色相同,那么i-1必须和i-2不同,因此这种情况的方案数为 (k-1)*总方案数到i-2。因此,总方案数为 (k-1)*f(i-1) + (k-1)*f(i-2)。这正好是引用5中的状态转移方程。这可能对应的是允许最多两个连续相同颜色,此时对于第i个位置,如果选择与i-1相同,那么i-1必须与i-2不同,因此这种情况下,方案数等于i-2时的总方案数乘以1(颜色与i-1相同,而i-1的颜色已经确定,所以只有1种选择),但因为i-1和i-2不同,所以i-1的颜色有(k-1)种可能?或者可能需要重新推导。 假设f(n)表示n个球时的总方案数。当添加第n个球时: - 如果第n个球颜色与n-1不同,则有(k-1)*f(n-1)种方案。 - 如果第n个球颜色与n-1相同,那么必须保证n-1与n-2不同。此时,前n-2个球的方案数是f(n-2),然后第n-1个球可以选任何颜色,但第n个必须与之相同。但此时,对于第n-1个球,其颜色必须与n-2不同,所以当选择第n-1个颜色时,有(k-1)种可能,而第n个颜色必须与n-1相同,因此这种情况下,方案数为 f(n-2) * (k-1)*1 = (k-1)*f(n-2)。 因此,总方案数 f(n) = (k-1)*f(n-1) + (k-1)*f(n-2),这与引用5中的状态转移方程一致。因此,当n>=2时,f(n) = (k-1)(f(n-1) + f(n-2))。而初始条件,当n=1时f(1)=k,n=2时f(2)=k*k。但在引用5的代码中,当n<=2时返回k*k,这可能在n=1时是错误的。例如,当n=1时,应该返回k,而不是k*k。所以代码可能存在错误,或者用户的问题中的引用可能有其他上下文。 因此,用户可能需要的是这种类型的问题的解决方案:允许相邻颜色相同,但不能超过两个连续相同颜色。此时,正确的C++代码应该基于这个递推式。 接下来,我需要根据这个逻辑,提供一个C++的代码示例。例如: 当输入n和k时,输出符合上述递推关系的方案数,模上某个大数,比如1e9+7。 代码结构可能如下: - 处理界情况,n=0返回0,n=1返回k,n=2返回k*k。 - 使用动态规划数组或变量递推。 但根据引用5中的代码,n<=2返回k*k,这可能处理的是当n>=1时的情况?比如,当n=1时,返回k,但代码中的n<=2时返回k*k,这可能存在错误。因此,我需要确认正确的初始条件。 正确的初始条件应该是: f(1) = k f(2) = k * k 对于n >=3,f(n) = (k-1) * (f(n-1) + f(n-2)) 因此,正确的代码应该处理这些初始条件。例如: #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 1e9 + 7; int numWays(int n, int k) { if (n == 0) return 0; if (n == 1) return k; if (n == 2) return k * k; long long prev_prev = k; // f(1) long long prev = k * k; // f(2) for (int i = 3; i <= n; ++i) { long long current = ((prev + prev_prev) * (k - 1)) % MOD; prev_prev = prev; prev = current; } return prev; } int main() { int n, k; cout << "输入小球数量n和颜色数k: "; cin >> n >> k; cout << "染色方案数: " << numWays(n, k) << endl; return 0; } 这个代码处理了当不允许超过两个连续相同颜色的情况,使用动态规划并优化了空间复杂度,只保留前两个状态。 不过,用户提供的引用3中的代码处理的是另一种情况,即三种颜色的小球,每个颜色有一定数量,相邻不能同色。这可能是一个不同的变种问题。例如,有a个红球,b个蓝球,c个绿球,要求排列时相邻颜色不同,求总方案数。这种情况下,需要使用三维动态规划,记录剩余各颜色数量以及最后一个使用的颜色。 例如,状态为dp[a][b][c][last],其中last表示最后一个颜色(0,1,2分别代表三种颜色)。递归转移时,每次选择一个与last不同的颜色,然后减少相应的数量。 这种情况下,代码可能比较复杂,如引用3中的示例,但可能更符合用户的问题需求中的“小球染色问题”,特别是当小球数量固定时。 因此,用户可能需要的是这种情况的解决方案。例如,给定三种颜色的小球数量n, m, k,求排列成一行,相邻颜色不同的方案数,模998244353。 此时,动态规划的状态是四个维度:剩余的三种颜色数量,以及最后一个使用的颜色。例如,dp[i][j][k][last]表示剩余i个红球,j个蓝球,k个绿球,最后一个是last颜色时的方案数。 初始状态是当所有颜色用完时,只有一种情况(空序列)。但实际初始化可能需要从各个可能的最后一步开始。例如,如果最后一个球是红色,则之前的状态是i+1个红球,j个蓝球,k个绿球,且最后颜色不是红色。 引用3中的代码初始化部分: dp[n-1][m][k][0] = 1; // 最后一个颜色是0(红),剩余n-1红,m蓝,k绿? 可能初始化有误,或者需要更仔细的理解。例如,当总共有n红球,m蓝球,k绿球时,初始状态可能是指当已经放置了一个红球,剩下的n-1红,m蓝,k绿,最后颜色是红,此时方案数为1?这似乎不正确,因为可能有多个方式到达该状态。或者,初始状态可能是在处理所有可能的最后一步,将三种颜色的最后一个球分别初始化。 可能正确的初始化是,当还剩一个红球时,放置它作为最后一个球,但此时必须其他颜色球已用完。或者,可能初始化部分需要更仔细的设置。 不管怎样,处理这种三维DP的问题较为复杂,代码可能如引用3所示,但需要详细解释。 用户的问题可能希望得到这种类型的问题的解决方案,但需要进一步澄清。然而,基于用户提供的引用,尤其是引用3和5,用户可能希望了解两种不同的小球染色问题的解决方案:一种是固定颜色数量,相邻不同(引用3),另一种是允许颜色重复但不超过连续两个(引用5)。 因此,在回答中,我需要分别介绍这两种情况的C++实现,并给出相应的代码示例。 综上所述,我需要分两个部分: 1. 类型一:相邻颜色不能相同,且每种颜色有固定数量的小球(三维DP)。 2. 类型二:每个位置可选k种颜色,相邻颜色不能相同,或允许最多两个连续相同(一维DP)。 根据用户提供的引用,可能更倾向于类型一,但需要确认。此外,用户的问题描述中提到“小球染色问题”,而类型一中的小球是同色的,可能需要将不同颜色的小球视为不同种类,但相邻不能相同。例如,红、蓝、绿球各有若干,排列时相邻颜色不同。 但通常,小球染色问题可能指的是每个球可以被染成不同颜色,而这里的类型一更类似于排列已有颜色的小球,相邻颜色不同。因此,需要明确问题定义。 最终,我将选择两种常见的小球染色问题,分别给出C++代码示例,并解释其应用场景和实现方法。</think>根据小球染色问题的不同应用场景,以下提供两种典型情况的C++实现方案: --- ### 类型一:固定颜色数量(三维动态规划) **问题描述**:给定红、蓝、绿三种颜色的小球数量分别为 $a$, $b$, $c$,要求将它们排列成一行,且相邻小球的颜色不能相同,求所有可能的排列方案数(模998244353)。 #### 实现思路 1. 定义四维动态规划数组 `dp[a][b][c][last_color]`,表示剩余 $a$ 个红球、$b$ 个蓝球、$c$ 个绿球时,最后一个球的颜色为 `last_color` 的方案数。 2. 状态转移时,遍历所有可能的颜色,若当前颜色与上一个颜色不同,则进行状态转移。 3. 最终累加所有颜色用尽时的方案数。 #### C++代码示例 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod = 998244353; ll dp[61][61][61][3]; // 假设每种颜色最多60个 int main() { int a, b, c; cin >> a >> b >> c; // 初始化界条件 if (a > 0) dp[a-1][b][c][0] = 1; if (b > 0) dp[a][b-1][c][1] = 1; if (c > 0) dp[a][b][c-1][2] = 1; // 动态规划填表 for (int i = a; i >= 0; i--) { for (int j = b; j >= 0; j--) { for (int k = c; k >= 0; k--) { for (int last = 0; last < 3; last++) { if (last != 0 && i > 0) // 选红色 dp[i-1][j][k][0] = (dp[i-1][j][k][0] + dp[i][j][k][last]) % mod; if (last != 1 && j > 0) // 选蓝色 dp[i][j-1][k][1] = (dp[i][j-1][k][1] + dp[i][j][k][last]) % mod; if (last != 2 && k > 0) // 选绿色 dp[i][j][k-1][2] = (dp[i][j][k-1][2] + dp[i][j][k][last]) % mod; } } } } // 累加所有可能的结束状态 ll ans = 0; for (int last = 0; last < 3; last++) ans = (ans + dp[0][0][0][last]) % mod; cout << ans << endl; return 0; } ``` --- ### 类型二:颜色可重复但限制连续数(一维动态规划) **问题描述**:有 $n$ 个小球,每个可染 $k$ 种颜色,要求不能有超过两个连续相同颜色,求所有染色方案数(模 $10^9+7$)。 #### 实现思路 1. 定义状态转移方程:$f(n) = (k-1) \times (f(n-1) + f(n-2))$。 2. 初始条件:$f(1)=k$, $f(2)=k^2$。 3. 使用滚动变量优化空间复杂度。 #### C++代码示例 ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 1e9 + 7; int color_ways(int n, int k) { if (n == 0) return 0; if (n == 1) return k; long long prev2 = k, prev1 = (long long)k * k % MOD; for (int i = 3; i <= n; i++) { long long curr = ((prev1 + prev2) * (k-1)) % MOD; prev2 = prev1; prev1 = curr; } return prev1; } int main() { int n, k; cout << "输入小球数量n和颜色数k: "; cin >> n >> k; cout << "染色方案数: " << color_ways(n, k); return 0; } ``` --- ### 应用场景说明 1. **类型一**:适用于物理小球排列问题,例如彩灯序列设计[^3]。 2. **类型二**:适用于编程题中常见的栅栏染色、瓷砖排列等问题[^5]。 ---
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