Codeforces 1051D Bicolorings

本文介绍了一个关于矩阵分区计数的问题,旨在寻找将2*n的矩阵通过填充黑块或白块分成k个连通区域的不同方式数量。通过动态规划的方法,详细解析了状态转移的过程,并提供了一段C++代码实现。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

You are given a grid, consisting of 2 rows and n columns. Each cell of this grid should be colored either black or white.

Two cells are considered neighbours if they have a common border and share the same color. Two cells A and B belong to the same component if they are neighbours, or if there is a neighbour of A that belongs to the same component with B.

Let's call some bicoloring beautiful if it has exactly k components.

Count the number of beautiful bicolorings. The number can be big enough, so print the answer modulo 998244353.

Input

The only line contains two integers n and k (1≤n≤1000, 1≤k≤2n) — the number of columns in a grid and the number of components required.

Output

Print a single integer — the number of beautiful bicolorings modulo 998244353.

Examples

Input

3 4

Output

12

Input

4 1

Output

2

Input

1 2

Output

2

Note

One of possible bicolorings in sample 1

 

题意:给你一个2*n的矩阵,你只能填黑块或者是白块使得把这个矩阵分成k个部分,问你有多少种方案数?

 

 

解题思路:我设一个dp

dp[i][j][ki] 表示的是我到第i列已经有k块了  ki==1的表示第i列不是同一种颜色,ki==0表示第i列是同一种颜色

由于第i行的状态只与第i-1行的状态有关m,所以我们只需要考虑2*2的矩阵的情况就行

首先 我们就对一列进行考虑,

很容易知道  dp[1][1][0]=2,dp[1][2][1]=2, 其他状态都为0

这时候我们考虑状态转移

2*2的矩阵中每一个格子可以选黑块或者是白块,所以有2*2*2*2=16种情况。

                                                   

    这四种为同一种情况 dp[i][j][0]+=2*dp[i-1][j][1];

 

            

这两种算一种情况  dp[i][j][0]+=dp[i-1][k-1][0];

         

这也算一种情况  dp[i][j][0]+=dp[i-1][j][0]; 

                                                                      

                              

同理 这也算一种情况

dp[i][j][1]+=2*dp[i-1][j-1][0];

 

                                    

这算一种情况,dp[i][j][1]+=dp[i-1][j][1];

 

                                       

最后一种情况

dp[i][j][1]+=dp[i-1][j-2][1];     

 

 

然后暴力dp求解

 

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1100;
const long long mod=998244353;
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
ll dp[maxn][2*maxn][2],n,m;
int main(){
	int i,j;
	mem(dp,0);
	scanf("%I64d%I64d",&n,&m);
	dp[1][2][1]=2;dp[1][1][0]=2;
	for(i=2;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++){
			dp[i][j][0]+=2*dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j][0];
			dp[i][j][0]%=mod;
			dp[i][j][1]+=2*dp[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j-2][1]+dp[i-1][j][1];
			dp[i][j][1]%=mod; 
		}
	}
	ll ans=(dp[n][m][0]+dp[n][m][1])%mod;
	printf("%I64d\n",ans);
	return 0;
} 

   

                              

 

                                                                                                                                                       

评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值