Hrbust 1846 方格涂色【dp+递推思维】好题！好题！好题！

最新推荐文章于 2022-12-14 10:08:46 发布

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探讨一种经典的动态规划问题——方格涂色。在一条由N个方格组成的直线上，每个方格可涂成红或蓝两色，但必须确保至少连续M个方格为红色。本文详细解析如何利用动态规划求解该问题的有效方案数量。

方格涂色

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Description

有一条有n个方格的直线，方格标号从1到N，将所有方格涂成两种颜色红或者蓝。
并且要求至少连续M个方格是红色。问有多少种方案数。

Input

有多组测试数据

对于每组测试数据，输入两个整数N和M(0<N,M<=100000)。

Output

方案数对1000000007取模。

Sample Input

4 3

Sample Output

3

思路：

1、统计计数问题，我们考虑dp，设定dp【i】表示长度为i的合法方案数。

那么考虑其状态转移方程：

①我们首先考虑递推式，那么对应可以先手写样例来递推（O代表红色，X代表蓝色）：

2 2：

3 2（我们可以在2 2的基础上，后边加一个X，和一个O）：

OOX

OOO

这里就能够构成两种情况，那么显然我们还可以在OO的最前边加O或者是X

XOO

OOO

很明显，在前边加O的方案重复了，那么此时只有三种合法情况：

OOX

OOO

XOO

我们接下来考虑4 2（我们还可以在3 2的基础上，后边加一个X，和一个O）：

OOXX

OOOX

XOOX

OOXO

OOOO

XOOO

这里就能够构成六种情况，那么显然我们可以在OO的最前边加OO,OX,XX,XO：

OOOO

OXOO

XXOO

XOOO

其中重复了两种情况，那么去除之后剩下八种合法情况：

OOXX

OOOX

XOOX

OOXO

OOOO

XOOO

OXOO

XXOO

2、通过分析和列举我们能够知道这样一个问题：

我们在手写样例的时候，我们可以在上一个情况的基础上，在序列末尾加上一个蓝色方块或者是红色方块。

然后再在M个红色方块前边加上2的平方次种情况，再去重即可。

再通过大量的分析能够得到一个结论，在连续个M红色方块前边加上2的平方次种的情况的时候去重之后，直接相连的那个位子一定是X

比如：

OOO,如果我们假如想要得到一个长度为5的结果：

XOOOO

XXOOO

OOOOO

OXOOO

很显然，OOOOO，XOOOO两种情况是一定重复过的。

3、那么我们考虑上述过程，可以大概写出来一个框架：

dp【i】=dp【i-1】*2+2^(i-m-1)【减一的目的就是在连续的O前边，先加上一个X，再考虑前边的部分】-?【这里？表示还需要对一部分进行去重】

那么我们接下来再考虑从4 2递推到5 2：

（4 2的合法情况：）

OOXX

OOOX

XOOX

OOXO

OOOO

XOOO

OXOO

XXOO

我们知道，去重的部分，肯定是在前边加东西的时候加重复的部分要去除，那么我们考虑加上：

OOXOO

OXXOO

XOXOO

XXXOO

这四种是可以加进来的，考虑哪个情况是会重复的呢？

显然是OOXOO的情况重复了。那么考虑长度为2的时候dp值：dp【2】=1；我们肯定有方案是冲dp【2】一直递推过来的，就是说最开头的两个O一定会通过递推得到过OOXOO，所以这个？就是dp【i-m-1】；

4、那么状态转移方程就是：

dp【i】=①dp【i-1】*2+②2^(i-m-1)-③dp【i-m-1】;

①直接在长度为i-1的所有方案数的基础上，后边加上一个O或者X，所以是乘以2.

②接下来在连续M个O前边加上N-M个情况的时候，肯定紧挨着的那个要放X，所以是考虑2^（i-m-1)种情况。

③再接下来对于2^（i-m-1)种情况进行去重，去重部分就是dp【i-m-1】；因为肯定有dp【i-m-1】这些情况递推出来一系列已有情况，所以要去重。

5、这个题真的很不错啊！

Ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define ll long long int
#define mod 1000000007
ll dp[150000];
ll b[150000];
int main()
{
    int n,m;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            if(i==0)b[i]=1;
            else
            {
                b[i]=(b[i-1]*2)%1000000007;
            }
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[m]=1;
        for(int i=m+1;i<=n;i++)
        {
            dp[i]=((dp[i-1]*2)+b[i-m-1]-dp[i-m-1]+mod)%mod;
        }
        printf("%d\n",(dp[n]+mod)%mod);
    }
}