BZOJ3939 BSOJ4853 【USACO 2015 FEB GOLD 】cow hopscotch

4853 -- 【USACO 2015 FEB GOLD 】cow hopscotch

Description

就像人类喜欢玩“跳房子”的游戏，农民约翰的奶牛已经发明了该游戏的一个变种自己玩。由于笨拙的动物体重近一吨打，牛跳房子几乎总是以灾难告终，但这是没有阻止奶牛几乎每天下午玩这个游戏。

游戏的矩阵共有R*C格（2 <= R <= 750，2 <= C <= 750），其中每一格是个正方形并被标记为一个整数K( 1 < = K <= R * C）。游戏是牛开始在左上角最后向右下角移动到的一个跳跃序列，牛从一个格子只能跳到在他的严格右下方(行列都要大于当前位置)与当前格子权值不同的格子上。请帮助奶牛计算不同可能的有效跳跃序列的数量。

Input

第一行三个整数 R, C, K.

以下R行，每行 C个整数.

Output

输出方案数，由于数太大，请对答案取模 1000000007.

Sample Input

4 4 4

1 1 1 1

1 3 2 1

1 2 4 1

1 1 1 1

Sample Output

5

【分析】动规，CDQ

题意：给你一个n（750）*m（750）的棋盘，每个格子（i，j）都有一种颜色c[i][j]，颜色范围是[1,n*m]中的整数,对于一次跳跃A(y1,x1)->B(y2,x2)，我们说这次跳跃是合法的，要求必须有：

1，y2>y1

2，x2>x1

3，c[y1][x1]!=c[y2][x2];

我们想要求出从（1，1）经过若干次跳跃之后到达（n，m）的方案数，

首先，我们可以构想一个暴力DP：

用f[i][j]表示从（1，1）到（i，j）的方案数

那么f[i][j]=∑f[u][v]，u<i&&v<j&&c[u][v]!=c[i][j]

时间复杂度为O(n^2 m^2)，想要通过这题，这还差得远。

思考1，

我们观察到，这道题中，颜色的范围不是1e9，而是5e5。为什么呢？

我们发现，相比较1e9，5e5这个范围的数组是开得下的，于是我们可以做计数处理，有助于我们维护答案。

（ps：如果颜色属于1e9范围，因为颜色种类最多只有n*m，所以其实我们可以离散化）

如果我们用d[x]表示颜色为从（1，1）走到当前处理范围颜色为x的点的方案数，

并用一个大的变量tot统计从（1，1）走到当前处理范围所有点的方案数之和。

那么当我们走到一个颜色为x的点时，就可以直接使用 tot-d[x] 来更新到达这个点的方案数。

这个思想有一定的价值，但是因为题目给出的1，2两个限制条件。

具体要通过什么途径保证d[]中处理的所有点都在它之间呢？

思考2，

区间问题的实现，很多时候我们都要引入整段考虑的思想。

这其实也就是CDQ分治的思想与具体实现。

我们想要更新从（1，1）走到行[l,r]范围格点的方案数。

而line[l,r]每个格子更新的来源，有两方面。

1，line[1,l-1]

2，line[l,r]内部

我们假设在处理[l,r]时，所有line[1,l-1]对line[l,r]的贡献已经生效。

于是现在只需要考虑来自于line[l,r]内部的贡献。

并且定义过程solve(l,r)，用于解决[l,r]内部贡献的转移。

具体如何实现？

1，如果l==r，那不会生成任何贡献，直接结束。

2，否则我们设m=(l+r)>>1;

接下来只要依次实现以下3个步骤，这道题就做完了。

（1），solve(l,m);

（2），从[l,m]向[m+1,r]转移贡献;

（3），solve(m+1,r);

于是，关键落在要如何实现（2）上——

此时，我们发现行关系已经是严格的小于关系，只需要使得列关系满足要求。如何使得？

因为问题不是在数轴上，而是在矩形中。

所以目前处理的区间是一个块，行数是[l,r]，每行有m列。

我们现在是想要把[l,mid]的状态传递到[mid+1,r]。

发现只需要从左向右一列列枚举。

状态结果的传递在(mid,r])实现，状态来源的累计在[l,mid]实现。

就保证了行与列都是严格小于关系，这道题也就在O(nmlogn)的时间复杂度内解决了。

设f[i][j]表示到(i,j)的方案数，则有

f[i][j]=∑f[x][y](x<i,y<j,a[x][y]!=a[i][j])

=∑f[x][y](x<i,y<j)−∑f[x][y](x<i,y<j,a[x][y]==a[i][j])

CDQ:按列分治处理

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 1010#define MAXM 1010#define ll long long#define INF 1000000000#define MOD 1000000007#define eps 1e-8ll f[MAXN][MAXN],s[MAXN*MAXN];int  n,m,k, vis[MAXN*MAXN],T,a[MAXN][MAXN];inline void ck(int x){       if(vis[x]!=T)    s[x]=0;//本次第一次统计x颜色，原值清零       vis[x]=T;//设x颜色标志}void CDQ(int l,int  r){       if(l==r){              return ;       }       Int i,j, mid=l+r>>1;       CDQ(l,mid);//前半部分    //前半部分对后半部分影响       ll sum=0;       T++;//本次是否已访问，T每次不同，这样vis不用每次清零,且用到时才清（快些！！）       for(i=2;i<=n;i++){//针对每行              for(j=l;j<=mid;j++){//前半部的列，累加方案数                     (sum+=f[i-1][j])%=MOD;//总和，不管颜色                     ck(a[i-1][j]);                     (s[a[i-1][j]]+=f[i-1][j])%=MOD;//统计前半部分合法位置某颜色方案数的和              }              for(j=mid+1;j<=r;j++){//后半部的列                     ck(a[i][j]);                     (f[i][j]+=sum-s[a[i][j]]+MOD)%=MOD;//总的减去颜色相等的方案              }       }       CDQmid+1,r);}int main(){       int i,j;       scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);       f[1][1]=1;       for(i=1;i<=n;i++){              for(j=1;j<=m;j++){                     scanf("%d",&a[i][j]);              }       }       CDQ(1,m);       printf("%lld\n",f[n][m]);       return 0;}

法2：线段树

考虑暴力递推

f[i][j]=∑f[k][l],k<i且l<j且color[i][j]!=color[k][l]

设F[i][j]表示走到(i,j)这个格子的方案数，那么转移方程就是严格左上的所有格子的F值和减去和他相同颜色的F值和，前者可以直接维护前缀和得出，后者可以对每种颜色建一个动态开点的线段树来维护，时间复杂度O(NMlognm)，空间复杂度O(NMlognm)

代码:

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define N 751#define M 6000010int mod=1e9+7;using namespace std;int f[N][N],a[N][N],pre[N][N];int rt[N*N],ch[M][2],sum[M],cnt;void addnew(int &y,int l,int r,int v,int w){    if(!y) cnt++,y=cnt;    sum[y]=(sum[y]+w)%mod;    if(l==r) return;    int mid=(l+r)>>1;    if(v<=mid) addnew(ch[y][0],l,mid,v,w);    else addnew(ch[y][1],mid+1,r,v,w);}int check(int x,int l,int r,int ll,int rr){    if(l==ll&&r==rr) return sum[x];    int mid=(l+r)>>1;    if(rr<=mid) return check(ch[x][0],l,mid,ll,rr);    else if(ll>mid) return check(ch[x][1],mid+1,r,ll,rr);else return (check(ch[x][0],l,mid,ll,mid)+check(ch[x][1],mid+1,r,mid+1,rr))%mod;}int main(){    int r,c,k;    scanf("%d%d%d",&r,&c,&k);    int i,j;    for(i=1;i<=r;i++)    {        for(j=1;j<=c;j++)        {            scanf("%d",&a[i][j]);            if(i!=1&&j!=1)            f[i][j]=(pre[i-1][j-1]-check(rt[a[i][j]],1,c,1,j-1))%mod;            else if(i==1&&j==1) f[i][j]=1;        }        for(j=1;j<=c;j++)        {            pre[i][j]=(((pre[i][j-1]+pre[i-1][j])%mod-pre[i-1][j-1])%mod+f[i][j])%mod;            addnew(rt[a[i][j]],1,c,j,f[i][j]);        }    }    printf("%d",(f[r][c]+mod)%mod);}