hdu5965 dp枚举

Problem Description
扫雷游戏是晨晨和小璐特别喜欢的智力游戏，她俩最近沉迷其中无法自拔。
该游戏的界面是一个矩阵，矩阵中有些格子中有一个地雷，其余格子中没有地雷。 游戏中，格子可能处于己知和未知的状态。如果一个己知的格子中没有地雷，那么该 格子上会写有一个一位数，表示与这个格子八连通相邻的格子中地雷总的数量。
现在，晨晨和小璐在一个3行N列（均从1开始用连续正整数编号）的矩阵中进 行游戏，在这个矩阵中，第2行的格子全部是己知的，并且其中均没有地雷；而另外 两行中是未知的，并且其中的地雷总数量也是未知的。
晨晨和小璐想知道，第1行和第3行有多少种合法的埋放地雷的方案。

Input
包含多组测试数据，第一行一个正整数T，表示数据组数。
每组数据由一行仅由数字组成的长度为N的非空字符串组成，表示矩阵有3行N 列，字符串的第i个数字字符表示矩阵中第2行第i个格子中的数字。
保证字符串长度N <= 10000，数据组数<= 100。

Output
每行仅一个数字，表示安放地雷的方案数mod100,000,007的结果。

Sample Input
2
22
000
1
2
3
Sample Output
6
1

思路：
题目的意思是给出了一个3Xn的扫雷雷区，第二行的所有值已知，问有多少种安放地雷的方案数。
dp[i]表示第i列储存的地雷数，且dp[i]只有0,1,2 三种情况，当dp[i]为0或2时，只有一种放法那就是不放或者都放，当dp[i]为1时有两种放法，要么放上面要么放下面。
从第一列开始放，共有0,1,2三种放法。
通过推理得出，dp[i]=a[i-1]-dp[i-1]-dp[i-2]
所以做法就是枚举第一列的填雷的个数，以后的雷的个数可以由前面的推导出来，最后累加起来和就是答案。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define mod 100000007
#define maxn 10010
using namespace std;
typedef long long ll;
char s[maxn];
ll a[maxn],dp[maxn];
int main()
{
    ll t,i,j;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>s;
        ll l=strlen(s);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=0; i<l; i++)a[i+1]=s[i]-'0';
        ll ans=0;
        for(i=0; i<3; i++) //第一列有0,1,2三种放法
        {
            if(i>a[1])//如果第一列的雷大于num[1],不成立
            {
                break;
            }
            dp[1]=i;
            for(j=2; j<=l; j++)
            {
                ll tmp=a[j-1]-dp[j-1]-dp[j-2];
                if(tmp>2||tmp<0)break;
                dp[j]=tmp;
            }
            if(j<=l)continue;
            if(a[l]==dp[l-1]+dp[l])//验证a[l]是否等于最后两列的雷数总和
            {
                ll res=1;
                for(j=1; j<=l; j++)
                {
                    if(dp[j]==0||dp[j]==2)res%=mod;
                    else if(dp[j]==1)res=(res*2)%mod;
                }
                ans=(ans+res)%mod;
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}