LOJ #10172. 「一本通 5.4 练习 1」涂抹果酱

最新推荐文章于 2022-05-08 22:21:51 发布

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本文探讨了一个关于涂果酱的组合数学问题，通过使用深度优先搜索（DFS）和动态规划来解决。问题要求在满足特定约束条件下计算不同的涂果酱方案数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

Tyvj 两周年庆典要到了，Sam 想为 Tyvj 做一个大蛋糕。蛋糕俯视图是一个 N×M 的矩形，它被划分成 N×M 个边长为 1×1 的小正方形区域（可以把蛋糕当成 NNN 行 MMM 列的矩阵）。蛋糕很快做好了，但光秃秃的蛋糕肯定不好看！所以，Sam 要在蛋糕的上表面涂抹果酱。果酱有三种，分别是红果酱、绿果酱、蓝果酱，三种果酱的编号分别为 1,2,31,2,31,2,3。为了保证蛋糕的视觉效果，Admin 下达了死命令：相邻的区域严禁使用同种果酱。但 Sam 在接到这条命令之前，已经涂好了蛋糕第 KKK 行的果酱，且无法修改。
现在 Sam 想知道：能令 Admin 满意的涂果酱方案有多少种。请输出方案数 mod106。若不存在满足条件的方案，请输出 000。

输入格式

输入共三行。
第一行：N,MN, MN,M；
第二行：KKK；
第三行：MMM 个整数，表示第 KKK 行的方案。
字母的详细含义见题目描述，其他参见样例。

输出格式

输出仅一行，为可行的方案总数。

样例

样例输入

2 2 
1 
2 3

样例输出

样例说明

方案一	方案二	方案三
2 3 1 2	2 3 3 1	2 3 3 2

数据范围与提示

对于 30% 的数据，1≤N×M≤20；
对于 60% 的数据，1≤N≤1000,1≤M≤3；
对于 100% 的数据，1≤N≤10000,1≤M≤5。

因为有3种果酱，所以用三进制表示，用dfs生成状态

状态不超过100

#include<cstdio>
#define ll long long
#include<iostream>
const int p=1e6;
using namespace std;
inline int read()
{
	int ret=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')
		ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return ret;
}

int n,m,k,cnt;
const int N=1e4+4,M=6,S=105;
int  a[S],mi[M],c[M],f[N][S];

inline bool check(int x,int y)
{
	int i=0;
	while(x||y)
	{
		i++;
		if(x%3==y%3) return 0;
		x/=3,y/=3;
	}
	if(i<m) return 0;
	return 1; 
}

void dfs(int t,int s)
{
	if(t>m) 
	{
		a[++cnt]=s;
		return;
	}
	if(s/mi[t-2]!=0) dfs(t+1,s);
	if(s/mi[t-2]!=1) dfs(t+1,s+mi[t-1]);
	if(s/mi[t-2]!=2) dfs(t+1,s+mi[t-1]+mi[t-1]);
}

int main()
{
	n=read(),m=read(),k=read();
	
	mi[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++) mi[i]=(mi[i-1]<<1)+mi[i-1];
	dfs(2,0); dfs(2,1); dfs(2,2);
	
	
	int x=0,loc=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) 
		x+=(read()-1)*mi[i-1];
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		if(a[i]==x) 
		{
			loc=i; break;
		}
		
	if(!loc) 
	{
		printf("0\n",0);
		return 0;
	}
	
	f[1][loc]=1;
	for(int i=2;i<=max(k,n-k+1);i++)
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
			for(int k=1;k<=cnt;k++)
				if(check(a[j],a[k])) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][k])%p;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) ans=(ans+f[k][i])%p;
	int ss=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) ss=(ss+f[n-k+1][i])%p;
	ans=(ll)ans*ss%p;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}