【ybtoj】【状压dp】涂抹果酱

题意

题目描述

Tyvj 两周年庆典要到了，Sam 想为 Tyvj 做一个大蛋糕。蛋糕俯视图是一个n*m 的矩形，它被划分成 n*m个边长为 1的小正方形区域（可以把蛋糕当成n行m列的矩阵）。蛋糕很快做好了，但光秃秃的蛋糕肯定不好看！所以，Sam 要在蛋糕的上表面涂抹果酱。果酱有三种，分别是红果酱、绿果酱、蓝果酱，三种果酱的编号分别为1,2,3 。为了保证蛋糕的视觉效果，Admin 下达了死命令：相邻的区域严禁使用同种果酱。但 Sam 在接到这条命令之前，已经涂好了蛋糕第 k行的果酱，且无法修改。
现在 Sam 想知道：能令 Admin 满意的涂果酱方案有多少种。请输出方案数 。若不存在满足条件的方案，请输出0 。

输入格式

输入共三行。
第一行：n,m,k；
第二行：k；
第三行：m个整数，表示第k行的方案。
字母的详细含义见题目描述，其他参见样例。

输出格式

输出仅一行，为可行的方案总数。

样例

样例输入

2 2 
1 
2 3

样例输出

3

数据范围与提示

对于 30% 的数据，。
对于 60% 的数据，。
对于 100% 的数据，。(懒得打了，见代码)

分析

本题是三进制状压，涉及的细节不少，易错点代码中已经用注释标注出来了

注意事项：

1. 10进制转3进制的写法（其实很简单）
2. 预处理，把三进制转换成编号，对于普通2进制状压是一种优化，本题是必须
3. 注意把1，2，3转换成0，1，2，同时要时刻记得本题的0和之前的状压不一样，不代表空位，也是一种颜色
4. 注意k==1和k!=1的分类讨论
5. 注意第k行矛盾的特判
6. 注意初始化（我一开始写错了）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f,M = 244,mod = 1e6;
int n,m;
ll dp[10005][M];//3^5,三进制 
int k,a[6]; 
bool jud[M][M],bo[M];
int num[M],cnt,tmp[M],three[M][6];
void pre()//处理出单行合法的数字 
{
	int up=pow(3,m);
	for(int i=0;i<up;i++)
	{
		int len=0,t=i;
		memset(tmp,0,sizeof(tmp));
		while(t)
		{
			tmp[++len]=t%3;
			t/=3;
		}
		bool flag=0;
		for(int j=2;j<=m;j++)//注意j<=m 
			if(tmp[j]==tmp[j-1])
			{
				flag=1;
				bo[i]=1;
				break;
			}
		if(!flag)
		{
			num[i]=++cnt;
			for(int j=1;j<=m;j++)//注意j<=m,就可以自动补前导零 
				three[cnt][j]=tmp[j];
		}	
	}
}
void pre2()//处理出jud数组，即两行间合法的情况 
{
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
		{
			for(int p=1;p<=m;p++)//枚举每一位 
			{
				if(three[i][p]==three[j][p])
				{
					jud[i][j]=1;//不合法 
					break;
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)	
	{
		scanf("%d",&a[i]),a[i]--;//三进制
		sum+=pow(3,i-1)*a[i];
		//printf("sum=%d\n",sum); 
	}
	
	pre();pre2();
	//for(int i=0;i<pow(3,m);i++)
	//	printf("num[%d]=%d\n",i,num[i]);
	
	if(bo[sum])//特判，如果第k行本身矛盾 
	{
		printf("0\n");
		return 0; 
	}
	if(k==1)
	{
		dp[1][num[sum]]=1;
		for(int i=2;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=cnt;j++)
				for(int p=1;p<=cnt;p++)
				{
					if(jud[j][p]) continue;
					dp[i][j]+=dp[i-1][p];
					dp[i][j]%=mod;
					//printf("dp[i][%d]=%lld\n",j,dp[i][j]);
				}
	}
	else
	{
		for(int i=1;i<=cnt;i++)
			dp[1][i]=1; 
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			if(i==k)//仔细想想，发现只需要这一个判断 
			{
				for(int p=1;p<=cnt;p++)
					if(!jud[num[sum]][p])
						dp[i][num[sum]]+=dp[i-1][p],dp[i][num[sum]]%=mod;
			}
			else
			for(int j=1;j<=cnt;j++)
			{
				for(int p=1;p<=cnt;p++)
				{
					if(jud[j][p]) continue;
					dp[i][j]+=dp[i-1][p];
					dp[i][j]%=mod;
				}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		ans=(ans+dp[n][i])%mod;
		//printf("dp[n][%d]=%lld\n",i,dp[n][i]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}