FUZ-2204-7環形dp

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原題鏈接

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2204

題意

給出$n$個小球，每個小球只能塗黑色或者是白色，規定$7$個連續的不能是同種顏色，問有多少種塗色方法？答案取模$2015$

思路

我們將問題變成，求用$0,1$組成長度爲$n$的環，環中不能超過有連續$7$個$1$和$0$的方案數，答案$mod2015$。

首先，這是環形$dp$是毋容置疑的，我們先拋開環形這個問題考慮線形的$dp$：

• $dp[i][j]:$表示到第$i$個位置，$i$這個位置種類爲$j$的組成的方案數，又因爲$0$和$1$的情況是一樣的，所以任取一種做$dp[i][j]$答案$*2$即可。

• 狀態轉移

for (int i = 1; i <= n; i++) {
  dp[i][0] = 1;
  for (int j = 0; j < 2; j++) {
    for (int k = 1; k < min(i, 7); k++) {
        dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;
    }
  }
}

現在迴歸到環形這個限制，對於上面推的狀態顯然是具有後效性的，涉及到重複計算，拆環我們可以考慮枚舉起點的狀態：

• 由於先前說的$1$和$0$的狀態是對應的，我們以$0$爲例枚舉起點的狀態

  1

  10
  100
  1000
  10000
  100000
  1000000

• 我們之後的所有狀態都可以由上面這些兩兩拼接。

• 最後我們計算結果的時候，如果結尾和開頭枚舉的物品種類相同，要保證答案合法那麼只需要保證結尾連續的個數+開頭連續的個數$\leq 6$即可。

與線形的相比，狀態轉移不變，就多枚舉了開始位置和狀態而已。

參考代碼

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>

//#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define endl '\n'
#define kB kush_back
#define FI first
#define SE second
//#define in
#define RI register
#define m_k(a, b) make_kair(a, b)
#define debug(a) cout << "---" << a << "---" << endl
#define debug_(a, b) cout << a << "---" << b << endl
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-9;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e3 + 10;
const int mod = 2015;
const LL inf = 0x3f3f3f3f;
const double f = 2.32349;
LL dp[N][2], n, t;
void solve() {
  IOS;
  int k = 0;
  cin >> t;
  while (t--) {
    cin >> n;
    cout << "Case #" << ++k << ": ";
    LL ans;
    if (n <= 6) {
      ans = 1;
      for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = (ans + ans) % mod;
      }
    } else {
      ans = 0;
      for (int st = 1; st < 7; st++) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[st][0] = 1;
        for (int i = st + 1; i <= n; i++) {
          for (int j = 0; j < 2; j++) {
            if (i == n && j == 0) {
              for (int k = 1; k < min(i, 7 - st); k++) {
                dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;
              }
            } else {
              for (int k = 1; k < min(i, 7); k++) {
                dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;
              }
            }
          }
        }
        ans = (ans + dp[n][0] + dp[n][1]) % mod;
      }
      ans = (ans * 2) % mod;
    }
    cout << ans << endl;
  }
}
signed main() {
#ifdef in
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  solve();
  return 0;
}