CF404D-DP【成就达成】

CF404D-DP

正经的东西

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题意

给定一个字符串，只包含'0','1','2','*','?'五种字符，其中'?'可被替换为其他任何一种，求使序列符合扫雷地图定义的方案数。

一个数字字符大小表示与之临近的位置总共有多少个雷。

思路

DP。

和其他题解不太相同，我们每个点只记录三种状态：0,1,2，分别表示此点的下一位不为雷、为雷，和本身就是雷的此位以前的方案数。

注意，这些状态除了最后一个，与该点本身为何没有关系。

考虑每一个点分别为何的情况下从上一个位置的什么状态转移：

1. 为0：继承0.

   f[i][0]+=f[i-1][0]
   

2. 为1：自身0的状态继承上一个为雷的状态，为1的继承为0的。

   f[i][0]+=f[i-1][2]
   f[i][1]++f[i-1][0]
   

3. 为2：只能将自身为1的状态继承上一个为雷的状态。

   f[i][1]+=f[i-1][2]
   

4. 为雷：继承上一个为1、为雷的状态。

   f[i][2]+=f[i-1][2]+f[i-1][1]
   

5. 为？：将上述所有状态全部转移。

   f[i][0]+=f[i-1][0]+f[i-1][2]
   f[i][1]+=f[i-1][0]+f[i-1][2]
   f[i][2]+=f[i-1][1]+f[i-1][2]
   

至于上面转移的原因显然，即每个点后面的点能继承当前点的哪个状态。

• 注意：初始化f[0][0]=f[0][1]=1，后者是为了计算第一位为雷的情况。此外，所有该点未被转移的状态都为0。

于是我们线性DP求解即可。

不正经的东西

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• 首先，显然上面的第一维可以滚动数组优化。

• 然后，我们可以边输入边计算，就不用数组存东西啦。这样我们将空间复杂度优化到了(O(1))

• 最后，你就会发现吾的做法即好想又好写又省时间又省空间

达成成就：内存使用小于代码大小

代码

#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int f[2][3];
int x,i;char c;
inline void qm(int &a,const int& b){(a+=b)>=mod?(a-=mod):a;}
int main(){
	c=getchar();
	while(c<=32)c=getchar();
	f[0][0]=f[0][1]=1;
	for(x=1;c>32;x++,c=getchar()){
		i=x&1;
		f[i][0]=f[i][1]=f[i][2]=0;
		switch(c){
			case '0':{
				qm(f[i][0],f[i^1][0]);
				break;
			}
			case '1':{
				qm(f[i][1],f[i^1][0]);
				qm(f[i][0],f[i^1][2]);
				break;
			}
			case '2':{
				qm(f[i][1],f[i^1][2]);
				break;
			}
			case '*':{
				qm(f[i][2],f[i^1][1]+f[i^1][2]);
				break;
			}
			case '?':{
				qm(f[i][0],f[i^1][0]);
				qm(f[i][0],f[i^1][2]);
				qm(f[i][1],f[i^1][0]);
				qm(f[i][1],f[i^1][2]);
				qm(f[i][2],f[i^1][1]);
				qm(f[i][2],f[i^1][2]);
				break;
			}
		}
	}
	x--;
	printf("%d",(f[x&1][0]+f[x&1][2])%mod);
	return 0;
}