cf round 482E Kuro and Topological Parity
题意：一个长度为$n$的序列，一些地方是$0$，一些地方是$1$，$-1$的地方你可以选择填$0$或者$1$，你可以选择连一些边$x->y$满足$x<y$
请问有多少种填数并连边的方法，使得交错路的个数的奇偶性是$p$
$n \leq 50$
5维dp，可以减一维
原本的5维分别是：现在考虑的是第几个位置，当前有多少个点是x(0/1)，并且以它为结尾的交错路的个数的奇偶性是r(0/1)。
dp的值是方案数
我们发现，假如我们现在要更新的dp值是$dp[i][j][k][t]$，并且我枚举到的状态是当前这个点是1，以它为结尾有奇数个交错路。
那么1连向它的边不影响他的奇偶性，0连向它的边，是偶数个的也不影响它的奇偶性，
只有奇数的0才会影响它的奇偶性，那么如果以它为结尾有偶数数个交错路，那么它要和前面奇数个奇数的0连边
这个可以预处理组合数就可以了
//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn=50+7;
const ll mod=1e9+7;
ll n,Px,col[maxn],mi[maxn],ans;
ll dp[maxn][maxn][maxn][maxn],C[maxn][maxn],Cd[2][maxn];//black,0/1,white,0/1
char cc; ll ff;
template<typename T>void read(T& aa) {
aa=0;cc=getchar();ff=1;
while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar();
if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();
while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
aa*=ff;
}
int main() {
read(n); read(Px);
For(i,1,n) read(col[i]);
C[0][0]=1;
For(i,1,n) {
C[i][0]=1;
For(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
For(i,0,n) {
For(j,0,i) Cd[j&1][i]+=C[i][j];
Cd[0][i]%=mod; Cd[1][i]%=mod;
}
mi[0]=1; For(i,1,n) mi[i]=mi[i-1]*2%mod;
dp[0][0][0][0]=1; ll r,x;
For(i,1,n) For(j,0,i) For(k,0,i-j) For(t,0,i-j-k) {
r=i-j-k-t;
if(col[i]!=1&&j+k>0) {//black,0/1
x=mi[j+k-1]*mi[t]%mod;
if(j) //black,0
dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j-1][k][t]%mod*Cd[1][r]%mod;
if(k) //black,1
dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j][k-1][t]%mod*Cd[0][r]%mod;
}
if(col[i]!=0&&t+r>0) {
x=mi[t+r-1]*mi[j]%mod;
if(t) //white,0
dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j][k][t-1]%mod*Cd[1][k]%mod;
if(r) //white,1
dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j][k][t]%mod*Cd[0][k]%mod;
}
dp[i][j][k][t]%=mod;
if(i==n&&((k+r)&1)==Px) ans+=dp[i][j][k][t];
}
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}
ud20180701：
今天才知道，这道题可以O(n)做……
考场上看到这道题，第一反应是惊喜，哇，做过，第二反应是，诶，数据范围2e5???
想了好久才想起当初怎么做的，印象很深自己当时是O(n^4)做的，还给Achen和NicoDafaGood讲过。
然后思考了一下，发现白偶和黑偶是可以合并的，于是优化成了O(n^3)，得了65分
当时场上还发现了，如果当前是黑，前面含有白奇，那么转移到黑奇和黑偶的方案是相同的。
但是没有想到，这两个转移的方案和就是2^i，所以转移到一个就是2^(i-1)。(i是前面的点数，不包括自己)
然后就记录一下前面有没有白奇和黑奇，以及白奇的点数和黑奇的点数的奇偶性就可以了。
O(n^3)代码：
//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn=5000+7,maxt=507;
const ll mod=998244353;
ll n,d,a[maxn],mi[maxn],C[maxn][maxn];
ll f[2][maxt][maxt],g[maxn][2];
template<typename T>void read(T& aa) {
aa=0;char cc=getchar();T ff=1;
while((cc!='-')&&(cc<'0'||cc>'9')) cc=getchar();
if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();
while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
aa*=ff;
}
ll solve() {//O(n^3)
mi[0]=1; For(i,1,n) mi[i]=mi[i-1]*2%mod;
C[0][0]=g[0][0]=1;
For(i,1,n) {
C[i][0]=g[i][0]=1;
For(j,1,i) {
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
g[i][j&1]+=C[i][j];
}
g[i][0]%=mod; g[i][1]%=mod;
}
int o=0,t; ll x,y; f[0][0][0]=1;
For(i,1,n) {
o^=1;
For(j,0,i) For(k,0,i-j) f[o][j][k]=0;
For(j,0,i-1) For(k,0,i-1-j) if(f[o^1][j][k]) {//j:white odd , k:black odd (1)
x=(f[o^1][j][k]%=mod); t=i-1-j-k;//t:even(black&white) (0)
if(a[i]!=1) {//white
y=x*mi[t+j]%mod;
f[o][j+1][k]+=y*g[k][0]%mod;//odd
f[o][j][k]+=y*g[k][1]%mod; //even
}
if(a[i]!=0) {//black
y=x*mi[t+k]%mod;
f[o][j][k+1]+=y*g[j][0]%mod;//odd
f[o][j][k]+=y*g[j][1]%mod; //even
}
}
}
ll rs=0;
For(i,0,n) For(j,0,n-i) if(f[o][i][j]) {
f[o][i][j]%=mod;
if(((i+j)&1)==d) rs+=f[o][i][j];
}
return rs%mod;
}
int main() {
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
read(n); read(d);
For(i,1,n) read(a[i]);
printf("%lld\n",solve());
// cerr<<clock()<<"\n";
return 0;
}
O(n)代码：
//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
const ll mod=998244353;
const int maxn=1e6+7;
ll n,d,a[maxn],dp[maxn][3][3],mi[maxn];
template<typename T>void read(T& aa) {
aa=0;char cc=getchar();T ff=1;
while((cc!='-')&&(cc<'0'||cc>'9')) cc=getchar();
if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();
while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
aa*=ff;
}
int main() {
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
read(n); read(d);
mi[0]=1; For(i,1,n) mi[i]=mi[i-1]*2%mod;
For(i,1,n) read(a[i]);
dp[0][0][0]=1;
For(i,0,n-1) For(j,0,2) For(k,0,2) if(dp[i][j][k]) {
dp[i][j][k]%=mod;
if(a[i+1]!=1) {//white
if(k) {
dp[i+1][j? 3-j:1][k]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod;
dp[i+1][j][k]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod;
}
else dp[i+1][j? 3-j:1][k]+=dp[i][j][k]*mi[i]%mod;
}
if(a[i+1]!=0) {//black
if(j) {
dp[i+1][j][k? 3-k:1]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod;
dp[i+1][j][k]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod;
}
else dp[i+1][j][k? 3-k:1]+=dp[i][j][k]*mi[i]%mod;
}
}
ll ans=0;
For(i,0,2) For(j,0,2) if(dp[n][i][j]&&((i+j)&1)==d) ans+=dp[n][i][j]%mod;
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}
弱者就是会被欺负呀
