HDU 5965：扫雷（DP，递推）

扫雷

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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

2
22
000

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

根据观察，可以很容易知道，每一列放雷的个数和前一列有关

设dp[i]表示第i列放的雷的个数

然后枚举第一列放雷的情况：不放雷，放一个，放两个

当第一列的雷的个数确定下来的时候，后面每列放雷的个数也随之确定

第i列的个数是由第i-1列应该放在第i列的个数确定（dp[i] =a[i-1]-dp[i-2]-dp[i-1]）,并且每一列的个数必须不超过2。

如果dp[i]=1，那么可以有两种放置方法（放上边和下边），其他两个均为一种

如果没看懂，看代码注释吧

代码

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define ull unsigned long long
 4 #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 5 const int inf=0x3f3f3f3f;
 6 const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 7 const int maxn=1e4+10;
 8 const ll mod=1e8+7;
 9 const int maxm=1e3+10;
10 using namespace std;
11 ll a[maxn];
12 // 每一列可以放多少个
13 ll dp[maxn];
14 int main(int argc, char const *argv[])
15 {
16     #ifndef ONLINE_JUDGE
17         freopen("/home/wzy/in.txt", "r", stdin);
18         freopen("/home/wzy/out.txt", "w", stdout);
19         srand((unsigned int)time(NULL));
20     #endif
21     ios::sync_with_stdio(false);
22     cin.tie(0);
23     int t;
24     cin>>t;
25     while(t--)
26     {
27         ms(dp,0);
28         ms(a,0);
29         string s;
30         cin>>s;
31         int l=s.length();
32         for(int i=0;i<l;i++)
33             a[i]=1LL*(s[i]-'0');
34         ll ans=0;
35         // 固定第一个位置的个数
36         for(int i=0;i<3;i++)
37         {
38             if(i>a[0])
39                 break;
40             dp[0]=i;
41             ll pos=1;
42             // 第一个固定之后，枚举后面的每个位置
43             int cnt=0;
44             for(int j=1;j<l;j++)
45             {
46                 int res;
47                 // 第一列前面没有别的了，所以不需要考虑第一列左边的情况
48                 if(j==1)
49                     res=a[j-1]-dp[j-1];
50                 // 第j列需要放的雷的个数
51                 else
52                     res=a[j-1]-dp[j-1]-dp[j-2];
53                 // 符合要求
54                 if(res<=2&&res>=0)
55                     dp[j]=res,cnt++;
56             }
57             // 如果没有枚举到最后一个位置
58             if(cnt!=l-1)
59                 continue;
60             // 如果最后两列放雷数不等于实际的个数，排除掉
61             if(dp[l-1]+dp[l-2]!=a[l-1])
62                 continue;
63             // 计算当第一列为雷数为i的总情况
64             for(int j=0;j<l;j++)
65                 if(dp[j]==1)
66                     pos<<=1,pos%=mod;
67             ans+=pos;ans%=mod;
68         }
69         cout<<ans%mod<<endl;
70     }
71     #ifndef ONLINE_JUDGE
72         cerr<<"Time elapsed: "<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC<<" s."<<endl;
73     #endif
74     return 0;
75 }

 

posted @ 2019-08-18 17:15  友人-A  阅读(171)  评论(0)  编辑  收藏  举报