HDU 5965 dp+枚举

扫雷

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

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

题解：本题两种做法。

第一种：dp

定义dp[i][j][k]为第i列放k个，前一列放j个

所以need=num[i-1]-j-k

if(k==1)dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][need][j]*2)%100000007;
else dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][need][j])%100000007;

最后判断一下最后两格放的和等于最后一格的数字就加上去

第二种：枚举

枚举第一列放0,1,2个，然后就可以推过去，这种做法更简单，复杂度更低。

dp：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<deque>using namespace std;typedef long long ll;int dp[10005][3][3],num[10005];char s[10005];int main(){int t,i,j,k;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%s",s+1);int len=strlen(s+1);memset(dp,0,sizeof(dp));for(i=1;i<=len;i++)num[i]=s[i]-'0';if(num[1]=='0'){dp[1][0][0]=1;}else if(num[1]=='1'){dp[1][0][0]=1;dp[1][0][1]=2;}else{dp[1][0][0]=1;dp[1][0][1]=2;dp[1][0][2]=1;}for(i=2;i<=len;i++){for(j=0;j<3;j++){for(k=0;k<3;k++){int need=num[i-1]-j-k;if(need>2||need<0)continue;if(k==1)dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][need][j]*2)%100000007;else dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][need][j])%100000007;}}}ll ans=0;for(i=0;i<3;i++){for(j=0;j<3;j++){if(i+j==num[len]){ans+=dp[len][i][j];}}}printf("%lld\n",ans%100000007);}return 0;}

枚举：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<deque>using namespace std;typedef long long ll;int dp[10005],num[10005],fa[10005];char s[10005];int main(){int t,i,j,k;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%s",s+1);int len=strlen(s+1);memset(dp,0,sizeof(dp));for(i=1;i<=len;i++)num[i]=s[i]-'0';ll ans=0,flag;for(j=0;j<=2;j++){dp[1]=(j==1?2:1);fa[1]=j;flag=1;for(i=2;i<=len;i++){int need=num[i-1]-fa[i-2]-fa[i-1];if(need==0||need==2){dp[i]=dp[i-1];fa[i]=need;}else if(need==1){dp[i]=dp[i-1]*2%100000007;fa[i]=1;}else{flag=0;break;}}if(flag&&fa[len]+fa[len-1]==num[len]){ans+=dp[len];}}printf("%lld\n",ans%100000007);}return 0;}