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  • 【ARC074e】RGB sequence

    Description

      
    ​   一排(n)个格子,每个格子可以涂三种颜色的一种。现在给出(m)个形如“([l,r])中必须恰好有(x)种颜色"的限制((1 le l le r le n, 1 le x le 3))。
      
    ​   求一共有多少种满足所有限制的合法涂色方案。
      
    ​   答案对(10^9+7)取模。
        
      
      

    Solution

      
    ​   首先要想到状态表示法,如何表示才能适应这些限制呢?由于是限制颜色种类数,可以考虑最早出现位置这类套路。
      
    ​   设(f_{i,j,k})表示:当前走完(1...i),在(i)左边最靠右的、与(i)颜色不同的位置为(j),在(j)左边最靠右的、与(i)(j)颜色不同的位置为(k)时,目前合法染色方案数是多少。
      
    ​   逐步计算(f_1,f_2,...)
      
    ​   接下来考虑限制。考虑在转移的时候逐一枚举限制来判断新状态是否合法。
        
    ​   则总复杂度是(mathcal O(n^3m))的。还有3倍常数,显然不够优秀。
      
    ​   然而这只是臆想做法,具体我也没实现出来,因为枚举限制的时候,限制的区间和(i,j,k)的位置的关系实在太多,不好写。
      
    ​   实际上,对于一个([l,r])的限制,它只需要去管(i==r)的那些状态是否合法即可。如果(i<r),那么显然还没有考虑的必要(都没填完([l,r]),考虑什么呢?)。如果(r<i)那么已经晚了。所以每个条件至多被枚举一次。
      
    ​   因此总复杂度是(mathcal O (n^2(n+m)))的。
      
    ​   所以下次觉得枚举限制条件十分复杂且时间复杂度爆炸的时候,不妨想一想限制条件或许只针对特定对象才起效果或必要,这样就可以减少总枚举次数,优化复杂度。
      
    ​  
      
      
      

    Code

      

    #include <cstdio>
    #include <algorithm>
    #include <vector>
    #define pb push_back
    #define mp make_pair
    using namespace std;
    typedef pair<int,int> pii;
    const int N=310;
    const int MOD=1e9+7;
    int n,m;
    int f[N][N][N];
    vector<pii> lis[N];
    void readData(){
    	scanf("%d%d",&n,&m);
    	int l,r,x;
    	for(int i=1;i<=m;i++){
    		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
    		lis[r].pb(mp(l,x));
    	}
    }
    void dp(){
    	f[1][0][0]=1;
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		for(int d=0,sz=lis[i].size();d<sz;d++){
    			int l=lis[i][d].first,x=lis[i][d].second;
    			for(int j=0;j<i;j++)
    				for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++){
    					if(x==1){
    						if(l<=j) f[i][j][k]=0;
    					}
    					else if(x==2){
    						if(l<=k||j<l) f[i][j][k]=0;
    					}
    					else{
    						if(k<l) f[i][j][k]=0;
    					}
    				}
    		}
    		if(i==n) break;
    		for(int j=0;j<i;j++)
    			for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++)
    				if(f[i][j][k]){
    					(f[i+1][j][k]+=f[i][j][k])%=MOD;	
    					(f[i+1][i][k]+=f[i][j][k])%=MOD;
    					(f[i+1][i][j]+=f[i][j][k])%=MOD;
    				}
    	}
    	int ans=0;
    	for(int j=0;j<n;j++)
    		for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++)
    			(ans+=f[n][j][k])%=MOD;
    	ans=1LL*ans*3%MOD;
    	printf("%d
    ",ans<0?ans+MOD:ans);
    }
    int main(){
    	readData();
    	dp();
    	return 0;
    }
    
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/RogerDTZ/p/9477766.html
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