Codeforces 404D（dp）

传送门

题意：

$1$维扫雷问题。

给你一个长度为$len$的字符串，每一个字符串分别有五种可能性：$1$，$0$，$?$，$2$，$*$‘，

• 如果字符为$1$，则代表其相邻有一个$*$。

• 如果字符为$0$，则代表相邻没有$*$。

• 如果字符为$2$，则代表相邻有两个$*$

• 如果字符为$*$，则代表此处是地雷

• 如果字符为$?$，则代表有该字符能够表示为其他四种字符。

现在问你给定的字符串中能够表示多少种正确的扫雷图。并对答案$\mod10^9+7$。

题解：

刚拿到这个题就觉得这个题很$dp$，奈何$dp$还是弱项$\dots \dots$

我们分析，对于除了$?$的四种字符，要使得原来的串合法，则必定需要满足：

如果当前的字符为$0$，则其前面必定要是$0$或者$*1$

如果当前的字符为$2$，则其前面必定要是$*$

如果当前的字符为$*$，则其前面必定$*$或者$2$或者$01$

如果当前的字符为$1$，则前面可能是$0$亦可能是$*$。

我们发现，此时，我们可以将上述的合法条件设置成$4$个不同的状态，即分别为：

$0 \quad *1 \quad 01 \quad 2 \quad *$

我们发现，其他的合法的状态必定可以通过增加某个字符达到上诉4个状态。

因此我们设$dp[i][j]$代表前$i$个字符串中，当前处于状态$j$时的可能性。

而根据上述的合理条件，我们不难写出一下几条状态转移方程：

如果当前字符为$0$，有
$dp[i][0]+=dp[i-1][0]\quad || \quad dp[i][0]+=dp[i-1][1]$

如果当前字符为$2$，有
$dp[i][3]+=dp[i-1][4]$

如果当前字符为$*$，有
$dp[i][4]+=dp[i-1][2] \quad || \quad dp[i][4]+=dp[i-1][3] \quad ||\quad dp[i][4]+=dp[i-1][4]$

如果当前字符为$1$，有
$dp[i][1]+=dp[i-1][4] \quad || \quad dp[i][2]+=dp[i-1][0] \quad || \quad dp[i][2]+=dp[i-1][1]$

最后如果当前的字符为$?$显然上述可能性均有。

最后我们需要注意开头和结尾位置的特判。

当处于开头时，显然只存在$*$和$0$的状态。

而位于结尾时，显然只存在$*$、$0$和$*1$的状态。

最后只需要线性转移并统计答案即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 1000005
using namespace std;
char str[maxn];
int dp[maxn][6];
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
int main()
{
    scanf("%s",str);
    int len=strlen(str);
    if(str[0]=='?') dp[0][0]=1,dp[0][2]=1,dp[0][4]=1;
    if(str[0]=='0') dp[0][0]=1;
    if(str[0]=='*') dp[0][4]=1;
    if(str[0]=='1') dp[0][3]=1;
    for(int i=1;i<len;i++){
        if(str[i]=='0'||str[i]=='?'){
            dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][0])%mod;
            dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][1])%mod;
        }
        if(str[i]=='1'||str[i]=='?'){
            dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][4])%mod;
            dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][0])%mod;
            dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][1])%mod;
        }
        if(str[i]=='2'||str[i]=='?'){
            dp[i][3]=(dp[i][3]+dp[i-1][4])%mod;
        }
        if(str[i]=='*'||str[i]=='?'){
            dp[i][4]=(dp[i][4]+dp[i-1][2])%mod;
            dp[i][4]=(dp[i][4]+dp[i-1][3])%mod;
            dp[i][4]=(dp[i][4]+dp[i-1][4])%mod;
        }
    }
    ll res=dp[len-1][0]+dp[len-1][1];
    res%=mod;
    res=(res+dp[len-1][4])%mod;
    cout<<res<<endl;
}