ACM-ICPC 2018 徐州赛区网络预赛 A，B

A.     Hard to prepare

题面比较复杂，先介绍下题意：

n个二进制数字围成一圈，每个数字有k位，相邻的数字至少有一位是相同的，问有多少种合法方案（对1e9+7取模）。

 

这种描述是题意的简化，不过为了方便理解，我换一种说法：

n个人坐成一圈，人一共有k个特点，相邻坐着的人至少要有一个相同特点，问有多少种合法方案。

很显然，这样我们可以这样划：特点完全相同的人(p1），特点完全不同的人(p3），和介于两者之间的人(p2）。

对于一个人来说，能坐在他旁边的只能是p1和p3，那么我们考虑合法方案，就是从第一个人开始绕一圈，找到最后一个人时p1+p2的值。

当我们在第一个人时，p1=2^k，p2=0，p3=0。

假设我们在第i个人时p1=s1，p2=s2，p3=s3。

那么在第i+1个人时：

p1的情况：s1+s2

p3的情况：s2+s3

由于p1，p3是固定的一种，所以只要是与其有一项特点相同（p2），就可以生成一个。

而p2的情况复杂一些，p2共有2^k-2种，所以从p1生成的p2共有s1*(2^k-2)种，p3同理，但p2到p2的情况略有些复杂，因为p1/p3都与p2至少有一项相同，是合法的，但p2内部可以出现相反的情况：

比如p1=000 ,p3=111

p2则可以有010和101，100和011，这些是不能互相生成的。

这个问题我们可以换个角度来考虑：

对于某个特点的人，他旁边能坐的人一共有2^k-1种，所以有：

(p1+p2+p3)*(2^k-1)=P1+P2+P3（前一个状态到下一个状态）

所以可以求出p2到p2共有s2*(2^k-3)种

 

 

 

B.      BE, GE or NE

数据范围考虑，可能是个O（n*200）复杂度的dp，并且是要从后往前的，显然从前往后的局部最优解并不是全局最优解。

Dp方程如下：

如果当前为GE方：dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j]+操作1/操作2/操作3)

如果当前为BE方：dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]+操作1/操作2/操作3)

其中i，j表示在第i步时，此时分数为j时，当前能到达的最优结局为dp[i][j]

由于分数存在负数，所以要加上修正值。