2019 Multi-University Training Contest 1 1001.Blank

A.Blank

题意：给你长度为 $n（1<=n<=100）$ 得数组，往里面填数 {0，1，2，3} 四个数字,有 m 个约束条件，第i个约束条件是：区间 $[l_{i},r_{i}]$ 有 $x_{i}$ 种不同的数,问一共有多少种满足约束条件的序列。
题解：

分析：
我们可以用 dp(i，p1，p2，p3，p4) 表示第 i 个位置 {0,1,2,3}对应出现的最后一个位置，对于第 i 个约束条件，把不满足的 × 掉就行了，状态方程也很好写

$dp( i-1, p1，p2，p3，p4) ->\left\{\begin{matrix} & dp(i，i，p2，p3，p4)； 填0 \\& dp(i，p1，i，p3，p4)； 填1 \\& dp(i，p1，p2，i，p4)； 填2 \\&dp(i，p1，p2，p3，i)； 填3 \end{matrix}\right.$

但是存在一个致命的问题，上式时间复杂度 O(n$^{5}$) ；滚动数组优化之后,空间复杂度为 O(n$^{4}$)
两个都不行，因此我们需要优化上述状态。
经过观察发现，{0,1,2,3} 的顺序对于约束条件并没什么作用，只是方便状态转移，并且对于第 i 个位置来讲，一定会存在该位置 i，因此我们可以将 {0,1,2,3} 最后一次出现的位置从小到达排序，设为 ( p1，p2，p3，i ); i 可以忽略掉不写，然后就是思考怎么进行状态转移了.
设第 i-1 个状态 p1，p2，p3，i-1 (p1 < p2 <p3 <i-1)
因为是{0，1，2，3}无序，我们直接考虑 第 i 位填的数字会对应替换掉哪一位
则有以下四个状态:
p2，p3，i-1，i
p1，p3，i-1，i
p1，p2，i-1，i
p1，p2，p3，i
注：因为 i 随着改变，不用在dp方程里写出来，我上面只是为了更加方便理解
则状态方程为：
$dp( i-1, p1，p2，p3) -&gt;\left\{\begin{matrix} &amp; dp(i，p2，p3，i-1)； \\&amp; dp(i，p1，p3，i-1)； \\&amp; dp(i，p1，p2，i-1)； \\&amp;dp(i，p1，p2 ，p3)； \end{matrix}\right.$
注：上述转移方程第 1 项的那个 i-1 和 i 只是代表他们是第几个状态,是要用滚动数组存的

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现在是如何加上限制条件：区间 $[l_{i},r_{i}]$ 有 $x_{i}$ 种不同的数
dp(i,p1,p2,p3)表示的是{0,1,2,3}出现的位置排序后为 p1,p2,p3,i
因此我们可以先将 限制条件按 右区间 从小到大排序，处理第 i 个位置的时候，如果 i == r[x]，我们将O(n$^{3}$)枚举p1,p2,p3就行了，将不满足的置0.
时间复杂度：O(n$^{4}$) ， 空间复杂度为 O(n$^{3}$)

/*
卡常数，没写好就超时，心态爆炸 
900+ ms 
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 100 + 5;
const int mod=998244353;
int dp[2][N][N][N];
vector<vector<pair<int,int> > >V(N);
void inline slove(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	V[i].clear();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l,r,x;
        scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
        V[r].push_back(make_pair(l,x));
    }

    memset(dp,0,sizeof dp);
    dp[0][0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)    //枚举第 i 位填什么
    {
        int t1=i&1,t2=(i-1)&1;
        for(int j=0;j<=i;j++)
            for(int k=0;k<=i;k++)
                for(int z=0;z<=i;z++)
                    dp[t1][j][k][z]=0;

        for(int p1=0;p1<i;p1++)
            for(int p2=p1;p2<=i;p2++)
                for(int p3=p2;p3<=i;p3++)
                {
                    dp[t1][p2][p3][i-1]=(dp[t1][p2][p3][i-1]+dp[t2][p1][p2][p3])%mod;
                    dp[t1][p1][p3][i-1]=(dp[t1][p1][p3][i-1]+dp[t2][p1][p2][p3])%mod;
                    dp[t1][p1][p2][i-1]=(dp[t1][p1][p2][i-1]+dp[t2][p1][p2][p3])%mod;
                    dp[t1][p1][p2][p3] =(dp[t1][p1][p2][p3] +dp[t2][p1][p2][p3])%mod;
                }
        //检查
        for(int p1=0;p1<i;p1++)
            for(int p2=p1;p2<i;p2++)
                for(int p3=p2;p3<i;p3++)
                    for(int z=0;z<V[i].size();z++)
                    {
                        int x= (i >=V[i][z].first);
                            x+=(p1>=V[i][z].first);
                            x+=(p2>=V[i][z].first);
                            x+=(p3>=V[i][z].first);
                        if(x!=V[i][z].second)
                            dp[t1][p1][p2][p3]=0;   //当前状态清0
                    }

    }
    LL ans=0;
    for(int p1=0;p1<=n;p1++)
        for(int p2=p1;p2<=n;p2++)
            for(int p3=p2;p3<=n;p3++)
                ans=ans+dp[n&1][p1][p2][p3];
    printf("%lld\n",ans%mod);

}
int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    	slove();

}