10.17T7 三进制状压DP

Description

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*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(mod 10^6)。若不存在这种方案，请输出0

Input

　　输入共三行。
　　第一行：N，M
　　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

Output

   共一行：可行的方案总数。

Sample Input

2 2

1

2 3

Sample Output

3

Hint

【样例说明】
　　第一行的2 3是固定的，合理的果酱涂抹方案共3种：
--方案1--
2 3
1 2
--方案2--
2 3
3 1
--方案3--
2 3
3 2

【数据范围】
　　对于30%的数据，1<=N*M<=20
　　对于60%的数据，1<=N<=1000,1<=M<=3
　　对于100%的数据，1<=N<=10000,1<=M<=5

 

 

 

 

三进制状压，预处理合法状态以及能互相兼容的合法状态

然后分类计算K之前的行数和K之后的行数，最后加上最后一行的所有合法状态的方案数

我这里特判了m=1这种情况，总的说来不算是很难的一道题

code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1e6;
int f[10005][300],is[300][300],n,m,a[300],cnt;
bool check(int x) {
    int tmp=1;
    int last=x%(tmp*3)/tmp;
    for(int i=2; i<=m; i++) {
        tmp*=3;
        int x1=x%(tmp*3)/tmp;
        if(last==x1)return false;
        last=x1;
    }
    return true;
}
bool check2(int x,int y) {
    int tmp=1;
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        int x1=x%(tmp*3)/tmp;
        int y1=y%(tmp*3)/tmp;
        if(x1==y1)return false;
        tmp*=3;
    }
    return true;
}
int main() {
    cin>>n>>m;
    int all=1;
    for(int i=1; i<=m; i++)all*=3;
    for(int i=0; i<=all; i++) {
        if(check(i)) {
            a[++cnt]=i;
        }
    }
    for(int i=1; i<=cnt; i++) {
        for(int j=1; j<=cnt; j++) {
            if(check2(a[i],a[j])) {
                is[a[i]][a[j]]=1;
            }
        }
    }
//    is[0][0]=1;
    int K;
    cin>>K;
    int S=0;
    //if(K==1)return -1;
    //if(n==1)return -1;
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        int x;
        cin>>x;
        x--;
        S=S*3+x;
    }
    if(m==1){
        int ans=1;
        for(int i=1;i<n;i++){
            ans*=2;
            ans%=mod;
        }
        cout<<ans;
        return 0;
    }
    if(check(S)==0) {
        cout<<0;
        return 0;
    }
    if(K==1) {
        f[K][S]=1;
    } else {
        for(int i=1; i<=cnt; i++)f[1][a[i]]=1;
        for(int i=2; i<K; i++) {
            for(int j=1; j<=cnt; j++) {
                    for(int k=1; k<=cnt; k++) {
                        if(is[a[j]][a[k]]) {
                            f[i][a[k]]+=f[i-1][a[j]];
                            f[i][a[k]]%=mod;
                        }
                    }
            }
        }
        for(int i=1; i<=cnt; i++) {
            if(is[a[i]][S]) {
                f[K][S]+=f[K-1][a[i]];
                f[K][S]%=mod;
            }
        }
    }
    for(int i=K+1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=cnt; j++) {
                for(int k=1; k<=cnt; k++) {
                    if(is[a[j]][a[k]]) {
                        f[i][a[k]]+=f[i-1][a[j]];
                        f[i][a[k]]%=mod;
                    }
                }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1; i<=cnt; i++) {
    //    cout<<n<<" "<<i<<"　"<<f[n][i]<<endl;
        ans+=f[n][a[i]],ans%=mod;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

over