[loj2731]「JOISC 2016 Day 1」棋盘游戏

本文探讨了一款在3xn棋盘上进行的游戏,玩家需遵循特定规则摆放棋子直至棋盘填满。文章分析了游戏的解空间,提出了解决方案,并详细解释了动态规划算法的应用,用于计算所有可能的摆放顺序。

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

题目大意

有一个3 × n的棋盘,你在上面玩游戏。开始时,棋盘有一些格子上已经摆上了棋子,剩下的格子都是空的。每次你可以选择一个空的格子摆上棋子,这个格子必须满足以下两个条件之一:

  1. 这个格子上下两格都有棋子;
  2. 这个格子左右两格都有棋子。
    你想知道有多少种不同的摆满棋盘的摆放顺序。
思路

首先判断无解,如果四个角没有棋子或者一三行出现了连续两个空格子,那么就无解.

然后发现整个图变成了这个样子:

oxoxoxoxo
xxxxoxxxo
oxoxoxoxo

我们发现一三行的格子任意时刻都可以放上棋子,只有中间一行的棋子我们需要考虑先后顺序.

考虑根据中间那一行的连通性来划分联通块,每一个块之间可以独立计算,不互相影响.

然后对于每一个块,我们考虑对最后的摆放的位置序列进行dp,每次将一个列的元素添加到序列中,不难发现对于每一列中间的元素,我们有两种方式将它加入进去:

  1. 上下都有棋子
  2. 左右都有棋子

为了不算重,我们将两者都满足的情况算成第一种,对于第一种情况的转移,不难发现和旁边两列摆放的位置没有任意影响,但是对于第二种,我们要求旁边两列的棋子均摆放在这一列的前面.

于是设状态f[i][j][0/1]表示第i列的中间那个棋子是第j个加进序列,且是通过第1/2种方案加进去的.

直接转移是n3n^3n3的,可以用前缀和优化至n2n^2n2.

/*=======================================
 * Author : ylsoi
 * Time : 2019.2.26
 * Problem : game
 * E-mail : ylsoi@foxmail.com
 * ====================================*/
#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
	_=0; T f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
	_*=f;
}

const int maxn=2000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,f[maxn][maxn*3][2];
char s[4][maxn];
int fac[maxn*3],ifac[maxn*3];

void inc(int &x,int y){(x+=y)>=mod ? x-=mod : x<0 ? x+=mod : 0;}

int qpow(int x,int y){
	int ret=1; x%=mod;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}

void math_init(){
	fac[0]=1;
	REP(i,1,6000)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[6000]=qpow(fac[6000],mod-2);
	DREP(i,5999,0)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}

int C(int x,int y){
	if(x<0 || y<0 || x<y)return 0;
	return 1ll*fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}

int main(){
	File();
	read(n);
	REP(i,1,3)scanf("%s",s[i]+1);

	REP(i,1,n){
		if(s[1][i]=='x' && (i==1 || i==n || s[1][i-1]=='x' || s[1][i+1]=='x'))puts("0"),exit(0);
		if(s[3][i]=='x' && (i==1 || i==n || s[3][i-1]=='x' || s[3][i+1]=='x'))puts("0"),exit(0);
	}

	math_init();


	int sum=0,now=0,ans=1;

	if(s[2][1]=='x'){
		f[1][1][0]=1,now=1;
		if(n==1 || s[2][2]=='o')sum=1,now=0;
	}

	REP(i,2,n){
		int cur=(s[1][i]=='x')+(s[3][i]=='x');

		if(s[2][i]=='o'){
			sum+=cur;
			ans=1ll*ans*fac[cur]%mod*C(sum,cur)%mod;
			continue;
		}
		++cur;
		now+=cur;

		REP(j,1,now){
			int per=fac[cur-1];
			if(now==cur){
				if(j==cur)f[i][j][0]=per;
				if(i<n && j!=cur)f[i][j][1]=per;
			}
			else{
				inc(f[i][j][0],1ll*f[i-1][now-cur][0]*per%mod*C(j-1,cur-1)%mod);
				inc(f[i][j][0],1ll*(f[i-1][now-cur][1]-f[i-1][max(j-cur,0)][1])*per%mod*C(j-1,cur-1)%mod);
				if(i<n){
					if(cur==2)inc(f[i][j][1],1ll*f[i-1][min(now-cur,j-1)][0]*per%mod*(now-j)%mod);
					if(cur==3){
						inc(f[i][j][1],1ll*f[i-1][min(now-cur,j-1)][0]*per%mod*C(now-j,2)%mod);
						inc(f[i][j][1],1ll*f[i-1][max(j-2,0)][0]*per%mod*(j-1)%mod*(now-j)%mod);
					}
				}
			}
		}

		if(i==n || s[2][i+1]=='o'){
			sum+=now;
			int ts=0;
			REP(j,1,now)inc(ts,(f[i][j][0]+f[i][j][1]*(i<n))%mod);
			ans=1ll*ans*ts%mod*C(sum,now)%mod;
			now=0;
		}

		REP(j,1,now){
			inc(f[i][j][0],f[i][j-1][0]);
			inc(f[i][j][1],f[i][j-1][1]);
		}

	}

	printf("%d\n",ans);

	return 0;
}

<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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