Hdu 5965 扫雷【思维+Dp】

扫雷

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Total Submission(s): 1798    Accepted Submission(s): 487

Problem Description

扫雷游戏是晨晨和小璐特别喜欢的智力游戏，她俩最近沉迷其中无法自拔。
该游戏的界面是一个矩阵，矩阵中有些格子中有一个地雷，其余格子中没有地雷。 游戏中，格子可能处于己知和未知的状态。如果一个己知的格子中没有地雷，那么该 格子上会写有一个一位数，表示与这个格子八连通相邻的格子中地雷总的数量。
现在，晨晨和小璐在一个3行N列（均从1开始用连续正整数编号）的矩阵中进 行游戏，在这个矩阵中，第2行的格子全部是己知的，并且其中均没有地雷；而另外 两行中是未知的，并且其中的地雷总数量也是未知的。
晨晨和小璐想知道，第1行和第3行有多少种合法的埋放地雷的方案。

 

Input

包含多组测试数据，第一行一个正整数T，表示数据组数。
每组数据由一行仅由数字组成的长度为N的非空字符串组成，表示矩阵有3行N 列，字符串的第i个数字字符表示矩阵中第2行第i个格子中的数字。
保证字符串长度N <= 10000，数据组数<= 100。

 

Output

每行仅一个数字，表示安放地雷的方案数mod100,000,007的结果。

 

Sample Input

222000

 

Sample Output

61

 

Source

2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）

思路：

设定Dp【i】【j】【k】表示到第i列，这一列的和前一列的地雷数为j个，并且这一列的地雷数为k个的方案数。

那么考虑这一列和上一列的转移，显然没有后效性。

不难写出其状态转移方程：

dp【i】【j】【k】+=这一列放置k个地雷的方案数*dp【i-1】【q】【l】；

现在问题设计到三列：

①当前列有k个地雷。

②前一列有l个地雷。

③再前一列有q-l个地雷。

那么我们需要满足：

①q+k==a【i-1】

②l+k==j

那么我们可以知道q=a【i-1】-k，l=j-k

那么接下来暴力转移即可：
ans【0】=1；

ans【1】=2；

ans【2】=1；

注意初始化的细节即可。

卡了常数，注意数组的大小。

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>using namespace std;#define ll __int64const ll mod=1e8+7;char s[150000];ll a[150000];ll dp[10002][5][3];ll ans[3]={1,2,1};int main(){    ll t;    scanf("%I64d",&t);    while(t--)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        scanf("%s",s);        ll n=strlen(s);        int flag=0;        for(ll i=1;i<=n;i++)        {            a[i]=s[i-1]-'0';            if(i==1&&a[i]>4)flag=1;            if(i==n&&a[i]>4)flag=1;            if(a[i]>6)flag=1;        }        if(flag==1)        {            printf("0\n");            continue;        }        if(n==1)        {            if(a[1]<=2)printf("%d\n",ans[a[1]]);            else printf("0\n");            continue;        }        for(int i=0;i<=2;i++)        {            if(a[1]>=i)            dp[1][i][i]=ans[i];            else dp[1][i][i]=0;        }        for(ll i=2;i<=n;i++)        {            for(ll j=0;j<=4;j++)            {                for(ll k=0;k<=2;k++)                {                    ll q=a[i-1]-k;                    ll l=j-k;                    if(q>=0&&l>=0&&j>=k&&q>=l&&j>=l)                    {                        dp[i][j][k]+=ans[k]*dp[i-1][q][l];                        dp[i][j][k]%=mod;                    }                }            }        }        ll output=0;        for(int i=0;i<=a[n]&&i<=2;i++)output+=dp[n][a[n]][i],output%=mod;        printf("%I64d\n",output);    }}