E - 扫雷 枚举+思维

  链接： https://vjudge.net/contest/400079#problem/E

思路：假如在第一列的时候的雷的数量是确定的，那么接下来遍历过去，所有列的雷的个数都是可以确定的

　　　所以我们在第一列枚举 0~min(2,a[1])，然后各自跑过去，去除非法情况

　　　最后留下来的合法情况再这样计算：
　　　　　　　　　　当当前列的雷的个数是1是，乘2，否则乘1即可

代码如下：

#include <iostream> 
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cstring>
#include<sstream>
#include <string>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <list>
#define rep(i,m,n) for(i=m;i<=n;i++)
#define rsp(it,s) for(set<int>::iterator it=s.begin();it!=s.end();it++)
const int Mod = 1e8 + 7;  
using namespace std;
int dp[10005],num[10005];
char s[10005];
long long int sum,ans;
int main()
{
    int T,l;
    cin>>T;
    getchar();
    while(T--){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        sum=0;                 //初始化
        gets(s);
        l=strlen(s);
        for(int i=0;i<l;i++)
        num[i+1]=s[i]-'0';         //将字符串转化为数字
        for(int i=0;i<=num[1];i++)   //枚举位置1上的情况
        {
            int flag=1;
            ans=1;
            if(i>2) break;         //可能的情况0，1，2
            dp[1]=i;
            int j;
            for(j=2;j<=l;j++){

                dp[j]=num[j-1]-dp[j-1]-dp[j-2];
                if(dp[j]>2||dp[j]<0)    //可能的情况0，1，2
                {
                    flag=0;
                    break;
                }

            }
           if(j==l+1&&dp[l]+dp[l-1]!=num[l]) 
           flag=0;
           //判断最后两列是否满足要求，（这里的判断不要放到前面的for循环里，我前面的循环从第二列开始，而它可能只有一列，这里的bug我找了半天。。。）
           if(flag==1)
           {
            for(j=1;j<=l;j++)
            {
                if(dp[j]==1) ans=ans*2%Mod; //如果是0或2则只有一种可能，如果是1则有两种
            }
            sum=(sum+ans)%Mod;  //将每次枚举得出的可能加到sum中
          }
        }
      cout<<sum<<endl;    //输出结果
    }
    return 0;
}