BZOJ 2958: 序列染色 && BZOJ 3193: [JLOI2013]地形生成 —— 肆虐的DP

前言

从前，我有两篇题解的坑还没有填，一道是DP，另一道也是DP。

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BZOJ 2958: 序列染色

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。

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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
　

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Output

　　一行一个整数表示答案%(10^9+7)。

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Sample Input

5 2
XXXXX

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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

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解题思路（DP+补偿转移）

暴力就不说了，超时or难算，优雅的正解就在下面。

我们考虑记f[i][j][s]代表当前第i位，状态为j，0代表没有连续K个B或W，1代表有连续K个B，2代表既有连续K个B，又有连续K个W，最后的一个字符记为s，0代表B，1代表W（X就都可以）。

很明显，如果当前这位不是W的话

f[i][j][0]=f[i−1][j][0]+f[i−1][j][1]

不是B也一样。

这里是没有那么多的XJB转移，在这里不符合状态的那部分的方案也暂且记住，比如j=0的状态在乱转K位后包含了1，1包含了2等等。

然后如果当前不是W且连续K个都没有W的话，我们可以转移

f[i][1][0]=f[i][1][0]+f[i−K][0][1]

然后将前面乱转移多的那部分减去 （连续K个累计的一齐减去）

f[i][0][0]=f[i][0][0]−f[i−K][0][1]

这里可以称作补偿转移，或者就是容斥原理。

连续一段都是W的转移也一样，将f[i][1][1]多余部分减去。

炒鸡棒的DP，先乱转移一段，“欲擒故纵”，最后在特定的时候一齐减去多余的。

一开始就让第0个位置放W，最后的答案就是f[n][2][0]+f[n][2][1]。

时间复杂度：O(n)。

做这种题要么算出重复的减掉，要么直接算不重复的。往往前者要用容斥原理，后者要用巧妙的DP。

嫉妒使我补偿转移。

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代码

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cstdlib>#include <cmath>#define Mod 1000000007#define N 1000010using namespace std;int n, K, sumB[N], sumW[N], f[N][3][2];char s[N];int main(){    scanf("%d%d", &n, &K);    scanf("%s", &s);    f[0][0][1] = 1;    for(int i = 1; i <= n; i++){        sumB[i] = sumB[i-1] + (s[i-1] == 'B');        sumW[i] = sumW[i-1] + (s[i-1] == 'W');        if(s[i-1] != 'W')  for(int j = 0; j < 3; j++)  f[i][j][0] = (f[i-1][j][0] + f[i-1][j][1]) % Mod;        if(s[i-1] != 'B')  for(int j = 0; j < 3; j++)  f[i][j][1] = (f[i-1][j][0] + f[i-1][j][1]) % Mod;        if(i < K)  continue;        if(s[i-1] != 'W' && sumW[i] == sumW[i-K]){              f[i][1][0] = (f[i][1][0] + f[i-K][0][1]) % Mod;            f[i][0][0] = (f[i][0][0] - f[i-K][0][1] + Mod) % Mod;        }        if(s[i-1] != 'B' && sumB[i] == sumB[i-K]){              f[i][2][1] = (f[i][2][1] + f[i-K][1][0]) % Mod;            f[i][1][1] = (f[i][1][1] - f[i-K][1][0] + Mod) % Mod;        }    }    printf("%d\n", (f[n][2][0] + f[n][2][1]) % Mod);    return 0;}

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BZOJ 3193: [JLOI2013]地形生成

Description

最近IK正在做关于地形建模的工作。其中一个工作阶段就是把一些山排列成一行。每座山都有各不相同的标号和高度。为了遵从一些设计上的要求，每座山都设置了一个关键数字，要求对于每座山，比它高且排列在它前面的其它山的数目必须少于它的关键数字。
显然满足要求的排列会有很多个。对于每一个可能的排列，IK生成一个对应的标号序列和等高线序列。标号序列就是按顺序写下每座山的标号。等高线序列就是按顺序写下它们的高度。例如有两座山，这两座山的一个合法排列的第一座山的标号和高度为1和3，而第二座山的标号和高度分别为2和4，那么这个排列的标号序列就是1 2，而等高线序列就是3 4.
现在问题就是，给出所有山的信息，IK希望知道一共有多少种不同的符合条件的标号序列和等高线序列。

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Input

输入第一行给出山的个数N。接下来N行每行有两个整数，按照标号从1到N的顺序分别给出一座山的高度和关键数。

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Output

输出两个用空格分隔开的数，第一个数是不同的标号序列的个数，第二个数是不同的等高线序列的个数。这两个答案都应该对2011取模，即输出两个答案除以2011取余数的结果

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Sample Input

2
1 2
2 2

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Sample Output

2 2

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HINT

对于所有的数据，有1<=N<=1000，所有的数字都是不大于10^9的正整数。

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解题思路（DP+组合数学）

这道题我考试时是不会做的，过了好长时间了，又有点忘了。

考虑第一问：将山按高度从大到小排序插入，因为有相等的高度，所以排在第i的数可以插入的位置有min(i,b[i]+1)+j−i个，用乘法原理合并。

第二问就比较麻烦了，里面有个组合数学的DP，还有个前缀和优化（好像只优化了空间）。

照样把高度相同的一起考虑，高度相同按关键值升序排。然后根据乘法原理乘起来。在就是把x个一样的球放入y个不同位置的方案，就是不管顺序，取组合数。记dp[i][j]为前i个球放入前j个位置的方案。第i个放在j或不放：

dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i][j−1]

然后发现可以滚动，变成f[j]+=f[j−1]。(1<=j<=b[i])

注意这里不插入的方案是有1个的，用f[0]=1去代表它，并使它加入转移（这里有点懵B）。

当前高度下的答案是∑f[j]， 注意边界的处理，放的位置不能进入同样高度区间里（前面算出装不下有剩余的已经包含此状态），也不能达到最后一个的关键值。

时间复杂度O(nlogn+n2)。

DP要消除顺序的限制，一般要排序，强制规定顺序，使其能够正确转移，与排列组合有关的DP的固定套路要掌握，比如枚举取走的与剩下的状态是一一对应的（简单数学都不会就完了）。

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代码

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cmath>#include <iostream>#define N 1010#define M 2011using namespace std;int n, ans1 = 1, ans2 = 1, f[N];struct Data{    int h, num;    bool operator < (const Data& Q)const {return h > Q.h || (h == Q.h && num < Q.num);}}mt[N];int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; i++)  scanf("%d%d", &mt[i].h, &mt[i].num), mt[i].num --;    sort(mt+1, mt+n+1);    for(int i = 1, t = 1; i <= n; i = ++t){        while(t < n && mt[t].h == mt[t+1].h)  ++ t;        memset(f, 0, sizeof(f));        f[0] = 1;        for(int j = i; j <= t; j++){            ans1 = (ans1 * (min(i, mt[j].num+1) + j - i)) % M;            for(int k = 1; k <= min(i-1, mt[j].num); k++)  f[k] = (f[k] + f[k-1]) % M;         }        int temp = 0;        for(int j = 0; j <= min(i-1, mt[t].num); j++)  temp = (temp + f[j]) % M;        ans2 = (ans2 * temp) % M;    }    printf("%d %d\n", ans1, ans2);    return 0;}

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总结

一入DP深似海，从此智商是路人。

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我已和魔女签订契约，是不能成为神的朋友的。