CF991D Bishwock
题目描述
给一个(2 imes n)的网格，上面一些位置以及被覆盖上了。现在你有一种形状为L的小块，每个由三个小格组成，构成L型
现在问你，当前的网格最多还能摆多少小块（不能覆盖以及覆盖过的格子）
输入格式
两行两个字符串由(X,0)组成，(X)表示被覆盖了，(0)表示还没有
输出格式
一行 一个整数
样例输入
00X00X0XXX0
0XXX0X00X00
样例输出
4
对于(100)%的数据满足(nle 10^5)
题目分析
大约一年前的模拟赛上似乎就出过这道题。(考试后证明我是对的......) 至于为什么要更这篇题解，因为今年差点没切（去年都切了.... 其实最后今年也没切，数组开小了）
个人想法就不说了，乱七八糟想了一堆，一个没搞出来。周围大佬们都切了，就先去看T2了（事实证明是正确的，如果T1切掉也就不会那么认真的去考虑T2）。
闲话少叙，步入正题。
首先我们观察一下数据范围....（然鹅并没有什么用） 突破口是在(2 imes n)的矩阵，以及只有一种L型的块块。 所以，对于一个(2 imes 2)的矩阵，合法情况是一定的。具体几种长什么样可以手画一下。
所以我们想到一种类似递推的更新方式。 预处理出来每列的状态：
(f[i][1/2/3/4])分别表示每列的一种可能更新的状态。
(f[i][1]) (XX) (f[i][2]) (0X) (f[i][3])$ X0 $ (f[i][4]) (00)
(f[i][0])用来记录当前列的答案。
然后就是一堆特判。 注意对于每列更新完之后，(f[i][2/3])这两种情况需要清零，而(f[i-1][4]=1)且(f[i][4]=1)时，(f[i][4])只会被用到一次，所以可以拆成(f[i][2/3] = 1)以便接下来的操作。具体实现见代码。
code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100020;
int f[N][5];
char str[3][N];
int main()
{
// freopen("a.in", "r", stdin);
// freopen("a.out", "w", stdout);
scanf("%s", str[1] + 1);
scanf("%s", str[2] + 1);
int n = strlen(str[1] + 1);
memset(f, -1, sizeof f);
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
f[i][0] = 0;
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++)
{
if(str[1][j] == '0' && str[2][j] == '0')
f[j][4] = 1;
else
if(str[1][j] == '0' && str[2][j] == 'X')
f[j][3] = 1;
else
if(str[1][j] == 'X' && str[2][j] == '0')
f[j][2] = 1;
else
if(str[1][j] == 'X' && str[2][j] == 'X')
f[j][1] = 1;
}
for(int i = 2 ; i <= n ; i ++)
{
if(f[i - 1][4] == 1 && f[i][4] == 1)
{
f[i][0] ++;
f[i][2] = 1;
f[i][3] = 1;
f[i][4] = 0;
}
else
if(f[i - 1][2] == 1 && f[i][4] == 1)
{
f[i][0] ++;
f[i][4] = 0;
}
else
if(f[i - 1][3] == 1 && f[i][4] == 1)
{
f[i][0] ++;
f[i][4] = 0;
}
else
if(f[i - 1][4] == 1 && f[i][3] == 1)
{
f[i][0] ++;
f[i][3] = 0;
}
else
if(f[i - 1][4] == 1 && f[i][2] == 1)
{
f[i][0] ++;
f[i][2] = 0;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
ans += f[i][0];
printf("%d", ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}