[ ZJOI 2006 ] Mahjong
\(\\\)
\(Description\)
现有权值分别为\(1\text~100\)的\(100\)种牌，分别给出每种排的张数\(A_i\)，试判断能否胡牌，胡牌需要将所有牌不重不漏地分成以下几类：
- 三张或四张相同的牌
- 权值连续的三张牌
- 两张相同的牌，这一类必须要有，而且只能有一个
一组数据共需要\(N\)次判断，胡了输出“\(Yes\)”，否则输出"\(No\)"。
- \(N\in [1,100]\)，\(A_i\in [0,100]\)
\(\\\)
\(Solution\)
没有写贪心，但是找到了两种\(DP\)的方式，按照便于理解的顺序介绍：
\(\\\)
\(\text O(N\times 100^3)\)：
-
注意到每张牌只会影响到周围至多三种牌的出牌，而两两关系又可以互相导出，所以设\(f[i][j][k][0/1]\)表示，当前处理到第\(i\)种牌，第\(i-1\)种牌出了\(j\)张，第\(i\)种牌出了\(k\)张，有\(/\)没有计算过对子，其余更靠前的牌全部出完是否可行，至于保证全部出完，后面再给证明。有显然的初始化\(f[0][0][0][0]=1\)。
-
对于对子有特殊转移：
if(k>1) f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-2][0]; -
当前成立一个三张相同的牌，注意对子部分只能从相同的种类转移：
if(k>2) {f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-3][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-3][0];} -
当前成立一个四张相同的牌，讨论相同:
if(k>3) {f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-4][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-4][0];} -
注意到上面三种只对当前有要求，而成立三张连续的将会关系到前后的答案，因为确定后面的影响很不方便，我们不妨设三张连续的当前位置只考虑以当前的牌结束的部分。同样的，因为不便于考虑出多少组三张连续的牌，但注意到转移过程中会逐层转移自之前的情况，所以最优组合方案无需枚举，我们直接令当前的牌全部用于出连续三个一组的类型。同时为了保证除掉当前两种前面的全部都出完，所以向前找状态时默认第\(i-2\)种牌全部出完：
if(j>=k&&a[i-2]>=k){ f[i][j][k][1]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][1]; f[i][j][k][0]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][0]; } -
答案即为\(f[100][A_{99}][A_{100}][1]\)是否为真。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
int a[N];
bool f[N][N][N][2];
inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
int main(){
int t=rd();
while(t--){
for(R int i=1;i<=100;++i) a[i]=rd();
memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0][0][0]=1;
for(R int i=1;i<=100;++i)
for(R int j=0;j<=100;++j)
for(R int k=0;k<=100;++k){
if(k>1)f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-2][0];
if(k>2){f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-3][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-3][0];}
if(k>3){f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-4][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-4][0];}
if(j>=k&&a[i-2]>=k){
f[i][j][k][1]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][1];
f[i][j][k][0]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][0];
}
}
puts(f[100][a[99]][a[100]][1]?"Yes":"No");
}
return 0;
}
\(\\\)
\(\Theta(N\times 100\times 3^3)\)：
-
思路相同，但转化成了分别讨论相同的牌和连续的牌不同的出法。
-
注意到其实两类之间是可以互相转换的，具体地说，对于连续三张的出法，一样的三张牌的组成超过三组就是没意义的了，因为它完全可以拆成三张牌独立出各自的一套，剩下的再组成三张连续出的方法，例如五组相同的组成\((5\times 3)\)就可以拆成三种牌各自出一套再加上两组\((3\times 3\times 1+2\times3)\)，或三种牌各自出一套四张一族的，再加上一组\((3\times 4\times 1+1\times 3)\)。我们发现，去掉所有的连续三张一组的部分以及一对的部分，如果剩下的每一类牌的数量都可以表示成\(3x+4y\)的形式，那么这个方案就是合法的。
-
于是状态就能神奇的设计为（以下称相同的牌三个或四个一组的为一套，称连续三张一组的为顺），\(f[i][0/1/2][0/1/2][0/1]\)表示当前处理到第\(i\)张牌，以第\(i-1\)张牌开始的顺出了\(0/1/2\)个，以第\(i\)张牌开始的顺出了\(0/1/2\)个，第\(i-1\)种和第\(i\)种其他的牌全部出成套，没出\(/\)出过对子的状态是否合法。同样有显然初始化\(f[0][0][0][0]=1\)，注意预处理出所有能表示成形如\(3x+4y\)形式的数。
-
转移考虑以第\(i+1\)个数为开始出了\(s\)个顺，注意要从合法的状态扩展，此时第\(i+1\)种牌剩余出成套的数即为\(A_{i+1}-j-k-s\)，若该数字查表合法则转移。
-
关于\(0/1\)状态间的转移，只需在每次枚举到\(0\)状态之后，讨论两种扩展即可。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 110
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
int a[N]={0};
bool val[100]={1},f[N][3][3][2];
inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
int main(){
int t=rd();
for(R int i=0;i<=35;++i)
for(R int j=0;j<=25;++j)
if(3*i+4*j<=100) val[3*i+4*j]=1;
while(t--){
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0][0]=1;
for(R int i=1;i<=100;++i) a[i]=rd();
for(R int i=0;i<=99;++i)
for(R int j=0;j<=2;++j)
for(R int k=0;k<=2;++k){
if(f[i][j][k][0])
for(R int s=0;s<=2;++s){
int num=a[i+1]-j-k-s;
if(num>=0&&val[num]) f[i+1][k][s][0]=1;
if(num-2>=0&&val[num-2]) f[i+1][k][s][1]=1;
}
if(f[i][j][k][1])
for(R int s=0;s<=2;++s){
int num=a[i+1]-j-k-s;
if(num>=0&&val[num])f[i+1][k][s][1]=1;
}
}
puts(f[100][0][0][1]?"Yes":"No");
}
return 0;
}
