本文解析了四个动态规划问题：天平平衡问题，涉及寻找使天平平衡的秤砣配置方案；山峰数问题，探讨如何判断及计数特定类型的数字；粉刷匠2问题，讨论在特定规则下对木板进行粉刷的方法；以及棋盘问题，研究骑士放置的数量。
cky远在上海仍不忘为我们出题。。。
这次是DP专题。。。
天平（balance.in/balance.out）
物理老师YJ有一个长杆天平，天平的两臂长均为15，将长杆看作x轴，则平衡点在0位置处，负数位置在左臂上，正数位置在右臂上。长杆上有n个位置有挂钩可以挂秤砣。YJ有m个秤砣，质量分别为gi，每个挂钩可以不挂也可以挂任意个秤砣。YJ想要知道，在使用所有秤砣的条件下，有多少种不同的挂秤砣的方案，可以使得天平平衡？问题太过复杂，仅凭物理知识难以解决，所以请你来帮助他。
天平的平衡条件是所有秤砣的位置质量之和为0。例如有质量为2,3,4的秤砣分别挂在-3,-2,3位置处，则2(-3) + 3*(-2) + 4*3 == 0，天平是平衡的。
【输入格式】
第一行两个数n，m。表示挂钩的数目和秤砣的数目。
第二行n个不同且递增的数，第i个数表示第i个挂钩的位置，数的范围在[-15,15]内。
第三行m个不同且递增的数，第i个数表示第i个秤砣的质量，数的范围在[1,25]内。
【输出格式】
一个整数，代表能使得天平平衡的方案数。
【输入样例】
2 4
-2 3
3 4 5 8
【输出样例】
2
【样例解释】
方案1: (-2)*(3+4+5) + 3*8 = 0
方案2: (-2)(4+8) + 3(3+5) = 0
【数据规模】
10% 数据满足2≤n,m≤4。
100% 数据满足2≤n,m≤20。
【解题报告】
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
long long n,m,ans=0;
long long f[25][15001]={0},c[25],r[25];
int main()
{
freopen("balance.in","r",stdin);
freopen("balance.out","w",stdout);
scanf("%I64d%I64d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%I64d",&c[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%I64d",&r[i]);
f[0][7500]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int j=0;j<=15000;j++)
{
if(j-c[k]*r[i]<0||j-c[k]*r[i]>15000) continue;
f[i][j]+=f[i-1][j-c[k]*r[i]];
}
printf("%I64d",f[m][7500]);
return 0;
}山峰数（hill.in/hill.out）
山峰数是指数字排列中不存在山谷(先降后升)的数，例如0,5,13,12321都是山峰数，101，1110000111都不是山峰数。
现给出n个数，请依次判断它们是否为山峰数，如果不是，输出-1。如果是，求出比它小的数中有多少个山峰数。
【输入格式】
第一行一个数n，表示询问数目。
接下来n行，每一行¬¬¬一个数x，表示询问的数。
【输出格式】
输出有n行，x如果不是山峰数，输出-1。x如果是山峰数，则输出有多少个比它小的山峰数。
【输入样例】
5
10
55
101
1000
1234321
【输出样例】
10
55
-1
715
94708
【数据规模】
20% 数据满足x ≤ 106。
100% 数据满足n ≤ 10, x ≤ 1060
【解题报告】
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long f[75][10][2][2];
int len,a[75];
char str[105];
long long dfs(int p,int nu,int isdown,int lim)
{
if(p==len+1)return 1;
if(f[p][nu][isdown][lim]!=-1)return f[p][nu][isdown][lim];
long long tmpans=0;
int r=lim?a[p]:9;
for(int i=0;i<=r;i++)
{
if(!isdown)
{
if(i>=nu) tmpans+=dfs(p+1,i,0,lim && i==r);
else tmpans+=dfs(p+1,i,1,lim && i==r);
}
else if (i<=nu) tmpans+=dfs(p+1,i,1,lim && i==r);
}
return f[p][nu][isdown][lim]=tmpans;
}
int main()
{
freopen("hill.in","r",stdin);
freopen("hill.out","w",stdout);
int tc;
scanf("%d\n",&tc);
while(tc--)
{
scanf("%s",str);
len=strlen(str);
for(int i=0;i<len;i++)
a[i+1]=str[i]-'0';
bool isdown=false;
bool ishill=true;
for(int i=2;i<=len;i++)
{
if(a[i]<a[i-1])
isdown=true;
if(isdown && a[i]>a[i-1])
{
printf("-1");
ishill=false;
break;
}
}
if(ishill)
{
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%I64d",dfs(1,0,0,1)-1);
}
if(tc!=0)
printf("\n");
}
return 0;
}
粉刷匠2（draw.in/draw.out）
有一个4*N的木板需要粉刷，第i行j列的颜色记为A(i, j)。
有256种颜色，记为0..255，为了使得粉刷比较好看，粉刷需要满足如下要求:
1. A(x,y) >= A(x,y-1)
2. 有一些指定的(x1, y1)和(x2, y2)，要求A(x1, y1) = A(x2, y2)
请问有多少种满足要求的粉刷方式？输出答案的最后5位即可。
【输入格式】
第一行两个数n, m，表示木板的长度，和指定规则的条目个数。
接下来m行，每行四个数x1,y1,x2,y1，此规则表示A(x1, y1) 需要等于 A(x2, y2)
【输出格式】
一个整数，表示答案的末5位。
【输入样例1】
1 0
1 3
【输出样例1】
67296
【输入样例2】
1 3
1 1 2 1
1 1 3 1
4 1 3 1
【输出样例2】
00256
【提示】
输出可以使用%05d输出。
【数据规模】
30% 数据满足 n ≤ 3，m = 0
100% 数据满足1 ≤ n ≤ 15，0 ≤ M ≤ 100，X1,X2≤4，Y1,Y2≤n
【解题报告】
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
int f[16][16][16][16];
bool vis[16][16][16][16];
int r1x[105],r2x[105],r1y[105],r2y[105];
int main(){
freopen("draw.in","r",stdin);
freopen("draw.out","w",stdout);
int n,m,tc;
int c[4];
tc=1;
for(int tt=1;tt<=tc;tt++)
{
ms(vis,0);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&r1x[i],&r1y[i],&r2x[i],&r2y[i]);
r1x[i]--;r2x[i]--;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
for(c[0]=0;c[0]<=n;c[0]++)
for(c[1]=0;c[1]<=n;c[1]++)
for(c[2]=0;c[2]<=n;c[2]++)
for(c[3]=0;c[3]<=n;c[3]++){
if(c[r1x[i]]>=r1y[i] ^ c[r2x[i]]>=r2y[i])
vis[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]]=1;
}
}
ms(f,0);
f[0][0][0][0]=1;
for(int color=0;color<=255;color++){
for(int col=0;col<=3;col++)
for(c[0]=0;c[0]<=n;c[0]++)
for(c[1]=0;c[1]<=n;c[1]++)
for(c[2]=0;c[2]<=n;c[2]++)
for(c[3]=0;c[3]<=n;c[3]++)
if(c[col]<n){
int tmp=f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]];
c[col]++;
f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]] = (f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]] + tmp) % 100000;
c[col]--;
}
for(c[0]=0;c[0]<=n;c[0]++)
for(c[1]=0;c[1]<=n;c[1]++)
for(c[2]=0;c[2]<=n;c[2]++)
for(c[3]=0;c[3]<=n;c[3]++)
if(vis[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]])
f[c[0]][c[1]][c[2]][c[3]]=0;
}
printf("%05d\n",f[n][n][n][n]);
}
return 0;
}棋盘（knight.in/knight.out）
有一个N*M的棋盘，要在上面摆上knight，每个格子可以放至多一个knight。
knight的攻击范围如下图：
所有knight不能互相攻击，请问总共有多少可行的摆法？答案对1000000007取模。
【输入格式】
第一行个数t，表示测试的组数。
接下来t组，每组两个整数，n和m。
【输出格式】
一共t行，第i行表示第i组的答案。
【输入样例】
4
1 2
2 2
3 2
3 31415926
【输出样例】
4
16
36
933912086
【数据规模】
70% 数据满足m≤100。
100% 数据满足t≤10, n≤3, m≤109。
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=(1e9)+7;
int n,m;
int fi[8]={-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};
int fj[8]={1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
int lim;
typedef ll arr[1<<8][1<<8];
arr A,B,s,tmparr;
int p[3][4];
arr storea[5];
arr stores[5];
bool isstore[4];
bool check(int state) {
ms(p,0);
int tmp=state;
for(int i=1;i>=0;i--)
for(int j=m-1;j>=0;j--,tmp>>=1)
p[i][j]=tmp&1;
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(p[i][j])
for(int d=0;d<8;d++) {
int ti=i+fi[d],tj=j+fj[d];
if(ti>=0 && tj>=0 && ti<=2 && tj<m){
if(ti<2 && p[ti][tj]) return false;
if(ti==2) p[ti][tj]=1;
}
}
int line3=0;
for(int j=0;j<m;j++)
line3=(line3<<1)+p[2][j];
int limm=(1<<m)-1;
line3=(~line3)&limm;
for(int i=0;i<=limm;i++)
if((i|line3)==line3)
A[state][i+((state&limm)<<m)]=1;
return true;
}
void Multi(arr A,arr B,arr C) {
ms(tmparr,0);
for(int i=0;i<=lim;i++)
for(int j=0;j<=lim;j++)
for(int k=0;k<=lim;k++)
tmparr[i][j]=(tmparr[i][j]+A[i][k]*B[k][j])%mod;
for(int i=0;i<=lim;i++)
for(int j=0;j<=lim;j++)
C[i][j]=tmparr[i][j];
}
int main()
{
freopen("knight.in","r",stdin);
freopen("knight.out","w",stdout);
int tc;
ms(isstore,0);
scanf("%d\n",&tc);
while(tc--){
scanf("%d%d",&m,&n);
if(n==1){
printf("%d\n",1<<m);
continue;
}
ms(A,0);ms(s,0);ms(B,0);
n-=2;
lim=(1<<2*m)-1;
if(!isstore[m]) {
for(int i=0;i<=lim;i++) {
if(check(i))s[0][i]=1;
else s[0][i]=0;
}
for(int i=0;i<=lim;i++)
for(int j=0;j<=lim;j++)
{
stores[m][i][j]=s[i][j];
storea[m][i][j]=A[i][j];
}
isstore[m]=true;
}
else{
for(int i=0;i<=lim;i++)
for(int j=0;j<=lim;j++)
{
s[i][j]=stores[m][i][j];
A[i][j]=storea[m][i][j];
}
}
for(int i=0;i<=lim;i++)
B[i][i]=1;
while(n) {
if(n&1)Multi(B,A,B);
Multi(A,A,A);
n>>=1;
}
Multi(s,B,s);
ll ans=0;
for(int i=0;i<=lim;i++)
ans=(ans+s[0][i])%mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
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