洛谷P1990 覆盖墙壁 题解

合集 - C++题解(26)

1.洛谷P1028 [NOIP 2001 普及组] 数的计算 题解02-052.洛谷P1464 Function 题解02-053.洛谷P2440 木材加工 题解02-074.洛谷P2678 [NOIP 2015 提高组] 跳石头 题解02-075.洛谷P1314 [NOIP 2011 提高组] 聪明的质监员 题解02-076.洛谷P1083 [NOIP 2012 提高组] 借教室 题解02-077.洛谷P1902 刺杀大使 题解02-078.洛谷P1873 [COCI 2011/2012 #5] EKO / 砍树 题解02-089.洛谷P2280 [HNOI2003] 激光炸弹 题解02-0910.洛谷P8218 【深进1.例1】求区间和 题解02-0911.洛谷 P1719 最大加权矩形 题解02-0912.洛谷 P2367 语文成绩 题解02-0913.洛谷P1387 最大正方形 题解02-0914.洛谷P1014[NOIP 1999 普及组] Cantor 表 题解02-0915.洛谷P1563 [NOIP 2016 提高组] 玩具谜题 题解02-1316.洛谷P4924 [1007] 魔法少女小Scarlet 题解02-1717.洛谷P1518 [USACO2.4] 两只塔姆沃斯牛 The Tamworth Two 题解02-1718.洛谷P1786 帮贡排序 题解02-17

19.洛谷P1990 覆盖墙壁 题解02-19

20.洛谷P1010 [NOIP 1998 普及组] 幂次方 题解02-2021.洛谷P1259 黑白棋子的移动 题解02-2022.洛谷P1281 书的复制 题解03-0123.洛谷P1396 营救 题解03-0124.洛谷PP1570 KC 喝咖啡03-0225.洛谷P1661 扩散 题解03-0226.洛谷P1843 奶牛晒衣服 题解03-02

收起

洛谷P1990 覆盖墙壁 题解

题目传送门。

本题是一道非常好的递推题，请认真阅读，争取不看代码自己写出答案。

思路

我们可以设 \(f_i\) 为覆盖 \(2\times i\) 的所有覆盖方案。显然，边界条件 \(f_0\)（即没有列了，不用覆盖）和 \(f_1\)（只有 1 列，即一个 \(\text I\) 型砖块竖排）是为 1 的。可以根据最后几列的覆盖方法推导出递推式。

情况 1：1 个竖排 \(\text I\)

如图，这种情况下，可以根据 \(f_{i-1}\) 的方案数得来，前 \(i-1\) 列覆盖完毕后，只剩下 1 列，故只覆盖一个 \(\text I\) 型砖块。

情况 2：2 个横排 \(\text I\)

如图，这种情况下，类似情况 1，可以根据 \(f_{i-2}\) 的情况得来，前 \(i-2\) 列覆盖完毕后，忽略情况 1（因为已经计算过了），就只有这种情况了。

情况 3：1 个 \(\text L\)

如图，这种情况下，\(\text L\) 有一个凸起，这个凸起在上下 2 侧都有可能，所以最终的结果需要 \(\times 2\)，要解决这种情况，需要考虑如下方法：

i：使用一个反向 \(\text L\) 补全缺口

如图，这种方法可以使用一个 \(\text L\) 补全凸起上方的缺口，此时已经覆盖好了 3 列，剩下的 \(i-3\) 列的方案数就是 \(f_{i-3}\) 了。

ii：使用一个横 \(\text I\) 解决缺口，再使用一个 \(\text L\) 补全新缺口

如图，这种方法使用了一个横 \(\text I\) 补全了旧缺口，却产生了一个新缺口，此时再使用一个新的 \(\text L\) 补全新缺口，剩下的 \(i-4\) 列的方案数为 \(f_{i-4}\)。

iii iv v ... 所有的解法

我们发现，似乎可以使用更多的横向 \(I\) 不断地补全旧缺口，产生新缺口，再使用横向 \(\text I\)，最后用一个 \(\text L\) 补全缺口就又是一种新的方法。我们可以发现，似乎这类方法的最后方案数可以是 \(f_{i-3},f_{i-4},f_{i-5},\dots ,f_{0}\)，所以，只要我们把这些所有的方案数加起来，即 \(\sum_{i=0}^{i-3}{f_i}\)，就可以了。

所以，在情况 3 下，总的方案数是 \(2\times \sum_{i=0}^{i-3}{f_i}\)。

最终，我们成功推导出了 \(f_i\) 的递推式，即：

\[f_i=f_{i-1}+f_{i-2}+2\times \sum_{i=0}^{i-3}{f_i} \]

为了防止TLE，我们不难发现其中 \(\sum_{i=0}^{i-3}{f_i}\) 的部分是可以利用前缀和来优化的，定义 \(s\) 表示 \(f\) 的前缀和，即 \(s_i=\sum_{j=0}^{i}{f_j}\)。

在调用 \(\sum_{i=0}^{i-3}{f_i}\) 时就可以直接调用 \(s_{i-3}\) 防止TLE了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
 
using namespace std;
 
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-8;
const int N = 1e6 + 5;
const int MOD = 10000;
 
int n, s[N], f[N];
 
int main() {
	cin >> n;
	f[0] = s[0] = 1;
	f[1] = 1;
	s[1] = 2;
	f[2] = 2;
	s[2] = 4;
	for(int i = 3; i <= n; i++) {
		f[i] = (s[i - 1] + s[i - 3]) % MOD;
		s[i] = (s[i - 1] + f[i]) % MOD;
	}
	cout << f[n] << endl;
	return 0;
}

AC记录

AC，59ms，7.98MB。

---

优化

我们其实可以通过上面的式子推出一个空间复杂度更好的递推式。

我们考虑

\[f_n=f_{n-1}+f_{n-2}+2\times \sum_{i=0}^{n-3}{f_i} \]

和

\[f_{n-1}=f_{n-2}+f_{n-3}+2\times \sum_{i=0}^{n-4}{f_i} \]

并且

\[f_n-f_{n-1}=f_{n-1}+f_{n-2}+2\times \sum_{i=0}^{n-3}{f_i}-f_{n-2}-f_{n-3}-2\times \sum_{i=0}^{n-4}{f_i} \]

化简后，得

\[f_n-f_{n-1}=f_{n-1}+f_{n-3} \]

移项，得最终递推式

\[f_n=2\times f_{n-1}+f_{n-3} \]

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
 
using namespace std;
 
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-8;
const int N = 1e6 + 5;
const int MOD = 10000;
 
int n, f[N] = {1, 1, 2};
 
int main() {
	cin >> n;
	for(int i = 3; i <= n; i++) {
		f[i] = (2 * f[i - 1] + f[i - 3]) % MOD;
	}
	cout << f[n] << endl;
	return 0;
}

AC记录 2（优化后）

AC，50ms，4.22MB。