Blank 滾動數組+dp

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Problem Description
There are N blanks arranged in a row. The blanks are numbered 1,2,…,N from left to right.
Tom is filling each blank with one number in {0,1,2,3}. According to his thought, the following M conditions must all be satisfied. The ith condition is:
There are exactly xi different numbers among blanks ∈[li,ri].
In how many ways can the blanks be filled to satisfy all the conditions? Find the answer modulo 998244353.

Input
The first line of the input contains an integer T(1≤T≤15), denoting the number of test cases.
In each test case, there are two integers n(1≤n≤100) and m(0≤m≤100) in the first line, denoting the number of blanks and the number of conditions.
For the following m lines, each line contains three integers l,r and x, denoting a condition(1≤l≤r≤n, 1≤x≤4).

Output
For each testcase, output a single line containing an integer, denoting the number of ways to paint the blanks satisfying all the conditions modulo 998244353.

Sample Input

2
1 0
4 1
1 3 3

Sample Output

4
96

這道題針對的是對一個區間內不同數的個數的要求而對具體的數字沒有要求 —>神奇的DP
dp[p][j][k][h] 表示有四個不同的數 他們的最後一個數所在的位置分別是 p,j,k,h（p>=j>=k>=h 等號針對的位置就是都在0 的位置比如對於 樣例1 0 那麼就是第一位隨便取（1,2,3,4） 取 1 在第一位的話那麼2 3 4 就都在0 位了）
採用滾動數組優化空間

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
ll dp[2][110][110][110];
int main()
{
    int tt;scanf("%d",&tt);
    while(tt--)
    {
        int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
        vector<pair<int,int>>v[110];
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int a,b,x;scanf("%d%d%d",&a,&b,&x);
            v[b].push_back(pair<int,int>(a,x));
        }
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=i;j++)
            {
                for(int h=0;h<=j;h++) dp[0][i][j][h]=dp[1][i][j][h]=0;
            }
        }
        dp[0][0][0][0]=1ll;
        for(int i=1,p=1;i<=n;i++,p^=1)
        {
            for(int j=0;j<i;j++)
            {
                for(int k=0;k<max(j,1);k++)
                {
                    for(int h=0;h<max(k,1);h++) dp[p][j][k][h]=0ll;
                }
            }
            for(int j=0;j<i;j++)
            {
                for(int k=0;k<max(j,1);k++)
                {
                for(int h=0;h<max(k,1);h++)
                {
                    (dp[p][j][k][h]+=dp[p^1][j][k][h])%=mod;
                    //i出現的數是出現在i-1的數
                    (dp[p][i-1][k][h]+=dp[p^1][j][k][h])%=mod;
                    //i位置上的數是上次出現在j位置上的數
                    (dp[p][i-1][j][h]+=dp[p^1][j][k][h])%=mod;
                    //i位置上的數是上次出現在k位置上的數
                    (dp[p][i-1][j][k]+=dp[p^1][j][k][h])%=mod;
                    //i位置上的數是上次出現在h位置上的數
                } 
                }
            }
            for(int j=0;j<i;j++)
            {
                for(int k=0;k<max(j,1);k++)
                {
                for(int h=0;h<max(k,1);h++)
                {
                 for(int q=0;q<v[i].size();q++)
                 {
                     if(1+(j>=v[i][q].first)+(k>=v[i][q].first)+(h>=v[i][q].first)!=v[i][q].second)// 判斷是否符合要求
                     {
                         dp[p][j][k][h]=0;// 不符合要求就清零
                    }
                 }
                } 
                }
            }
        }
        ll ans=0;
            for(int j=0,p=n&1;j<n;j++)
            {
                for(int k=0;k<max(j,1);k++)
                {
                    for(int h=0;h<max(k,1);h++)
                    {
                        (ans+=dp[p][j][k][h])%=mod;
                    }
                } 
            }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}