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

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=1e4+10;
const ll mod=1e8+7;
const int maxm=1e3+10;
using namespace std;
ll a[maxn];
// 每一列可以放多少个
ll dp[maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("/home/wzy/in.txt", "r", stdin);
        freopen("/home/wzy/out.txt", "w", stdout);
        srand((unsigned int)time(NULL));
    #endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ms(dp,0);
        ms(a,0);
        string s;
        cin>>s;
        int l=s.length();
        for(int i=0;i<l;i++)
            a[i]=1LL*(s[i]-'0');
        ll ans=0;
        // 固定第一个位置的个数
        for(int i=0;i<3;i++)
        {
            if(i>a[0])
                break;
            dp[0]=i;
            ll pos=1;
            // 第一个固定之后，枚举后面的每个位置
            int cnt=0;
            for(int j=1;j<l;j++)
            {
                int res;
                // 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
                if(j==1)
                    res=a[j-1]-dp[j-1];
                // 第j列需要放的雷的个数
                else
                    res=a[j-1]-dp[j-1]-dp[j-2];
                // 符合要求
                if(res<=2&&res>=0)
                    dp[j]=res,cnt++;
            }
            // 如果没有枚举到最后一个位置
            if(cnt!=l-1)
                continue;
            // 如果最后两列放雷数不等于实际的个数，排除掉
            if(dp[l-1]+dp[l-2]!=a[l-1])
                continue;
            // 计算当第一列为雷数为i的总情况
            for(int j=0;j<l;j++)
                if(dp[j]==1)
                    pos<<=1,pos%=mod;
            ans+=pos;ans%=mod;
        }
        cout<<ans%mod<<endl;
    }
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        cerr<<"Time elapsed: "<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC<<" s."<<endl;
    #endif
    return 0;
}