BZOJ:2958 序列染色 DP

bzoj2958 序列染色

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Description

　　给出一个长度为N由B、W、X三种字符组成的字符串S，你需要把每一个X染成B或W中的一个。
　　对于给出的K，问有多少种染色方式使得存在整数a,b,c,d使得:
　　1<=a<=b＜c<=d<=N
　　Sa,Sa+1,…,Sb均为B
　　Sc,Sc+1,…,Sd均为W
　　其中b=a+K-1,d=c+K-1
　　由于方法可能很多，因此只需要输出最后的答案对109+7取模的结果。

Input
　　第一行两个正整数N,K
　　第二行一个长度为N的字符串S

Output
　　一行一个整数表示答案%(109+7)。

Sample Input
5 2
XXXXX
Sample Output
4
数据约定
　　对于20%的数据，N<=20
　　对于50%的数据，N<=2000
　　对于100%的数据，1<=N<=10^6，1<=K<=10^6

Solution

　　很容易想到N^2的做法（简单的DP）。
　　f[i][j][h][s]——i表示到了第i个字符，状态为j（0表示没有k个B，1表示有k个B没有k个W,2表示既有k个B又有k个W），最后一位为h（0表示B,1表示W），最后一位有连续s个。
　　具体转移就不说了。
　　其实s是不用记的（F[i][j][h]），那怎么转移状态j呢？
　　现有状态需要保证连续的B后有一个W，连续的W后有一个B，答案就是F[n+1][2][0]，在第n+1为设为B，最后一位选B不会对答案有影响。
　　假如第i位是B，F[i][j][0]=F[i-1][j][1]+F[i-1][j][0];（其他同理，先不考虑j）
　　若第i-k+1位到第i位没有W（可以把所有的X变为B，使得有k个B），F[i][1][0]=F[i][1][0]+F[i-k][0][1];
　　但依照第一条原则，F[i][0][0]是胡乱转移的，而从F[i-k][0][1]转移会有已经满足中间有k个B的情况，减掉重复的即可。F[i][0][0]=F[i][0][0]-F[i-k][0][1];

PS：DP神题，容斥大法好 残忍暴力水50。

CODE

#include<cstdio>#include<algorithm>#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))typedef long long ll;using namespace std;typedef long long ll;const ll mods=1e9+7;const int N=1000010;int n,m,B[N],W[N];ll F[N][3][2];char st[N];int main(){    freopen("2237.in","r",stdin);    freopen("2237.out","w",stdout);    scanf("%d%d%s",&n,&m,st+1);    st[++n]='X';    for(int i=1;i<=n;i++)    {        B[i]=B[i-1]+(st[i]=='B');        W[i]=W[i-1]+(st[i]=='W');    }    F[0][0][1]=1ll;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        if(st[i]!='W')         for(int j=0;j<3;j++) F[i][j][0]=(F[i-1][j][1]+F[i-1][j][0])%mods;        if(st[i]!='B')        for(int j=0;j<3;j++) F[i][j][1]=(F[i-1][j][1]+F[i-1][j][0])%mods;        if(i<m) continue;        if(st[i]!='W' && W[i]==W[i-m])        {            F[i][1][0]=(F[i][1][0]+F[i-m][0][1])%mods;            F[i][0][0]=(F[i][0][0]-F[i-m][0][1])%mods;        }        if(st[i]!='B' && B[i]==B[i-m])        {            F[i][2][1]=(F[i][2][1]+F[i-m][1][0])%mods;            F[i][1][1]=(F[i][1][1]-F[i-m][1][0])%mods;        }    }    printf("%lld\n",(F[n][2][0]+mods)%mods);    return 0;}