Hdu 5965 扫雷【思维+Dp】

最新推荐文章于 2022-10-02 18:33:15 发布

mengxiang000000

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分类专栏： dp 思维文章标签： Hdu 5965

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本文介绍了一种解决特定扫雷游戏问题的算法，通过动态规划方法计算合法的地雷布局方案数。考虑到游戏矩阵的特殊性及限制条件，利用状态转移方程实现高效计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

扫雷

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1798 Accepted Submission(s): 487

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

Sample Output

6
1

Source

2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）

思路：

设定Dp【i】【j】【k】表示到第i列，这一列的和前一列的地雷数为j个，并且这一列的地雷数为k个的方案数。

那么考虑这一列和上一列的转移，显然没有后效性。

不难写出其状态转移方程：

dp【i】【j】【k】+=这一列放置k个地雷的方案数*dp【i-1】【q】【l】；

现在问题设计到三列：

①当前列有k个地雷。

②前一列有l个地雷。

③再前一列有q-l个地雷。

那么我们需要满足：

①q+k==a【i-1】

②l+k==j

那么我们可以知道q=a【i-1】-k，l=j-k

那么接下来暴力转移即可：
ans【0】=1；

ans【1】=2；

ans【2】=1；

注意初始化的细节即可。

卡了常数，注意数组的大小。

Ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define ll __int64
const ll mod=1e8+7;
char s[150000];
ll a[150000];
ll dp[10002][5][3];
ll ans[3]={1,2,1};
int main()
{
    ll t;
    scanf("%I64d",&t);
    while(t--)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%s",s);
        ll n=strlen(s);
        int flag=0;
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i]=s[i-1]-'0';
            if(i==1&&a[i]>4)flag=1;
            if(i==n&&a[i]>4)flag=1;
            if(a[i]>6)flag=1;
        }
        if(flag==1)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        if(n==1)
        {
            if(a[1]<=2)printf("%d\n",ans[a[1]]);
            else printf("0\n");
            continue;
        }
        for(int i=0;i<=2;i++)
        {
            if(a[1]>=i)
            dp[1][i][i]=ans[i];
            else dp[1][i][i]=0;
        }
        for(ll i=2;i<=n;i++)
        {
            for(ll j=0;j<=4;j++)
            {
                for(ll k=0;k<=2;k++)
                {
                    ll q=a[i-1]-k;
                    ll l=j-k;
                    if(q>=0&&l>=0&&j>=k&&q>=l&&j>=l)
                    {
                        dp[i][j][k]+=ans[k]*dp[i-1][q][l];
                        dp[i][j][k]%=mod;
                    }
                }
            }
        }
        ll output=0;
        for(int i=0;i<=a[n]&&i<=2;i++)output+=dp[n][a[n]][i],output%=mod;
        printf("%I64d\n",output);
    }
}