[ ZJOI 2006 ] Mahjong

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(Description)

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现有权值分别为(1 ext~100)的(100)种牌，分别给出每种排的张数(A_i)，试判断能否胡牌，胡牌需要将所有牌不重不漏地分成以下几类：

• 三张或四张相同的牌
• 权值连续的三张牌
• 两张相同的牌，这一类必须要有，而且只能有一个

一组数据共需要(N)次判断，胡了输出“(Yes)”，否则输出"(No)"。

• (Nin [1,100])，(A_iin [0,100])

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(Solution)

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没有写贪心，但是找到了两种(DP)的方式，按照便于理解的顺序介绍：

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( ext O(N imes 100^3))：

• 注意到每张牌只会影响到周围至多三种牌的出牌，而两两关系又可以互相导出，所以设(f[i][j][k][0/1])表示，当前处理到第(i)种牌，第(i-1)种牌出了(j)张，第(i)种牌出了(k)张，有(/)没有计算过对子，其余更靠前的牌全部出完是否可行，至于保证全部出完，后面再给证明。有显然的初始化(f[0][0][0][0]=1)。

• 对于对子有特殊转移：

   if(k>1) f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-2][0];
  

• 当前成立一个三张相同的牌，注意对子部分只能从相同的种类转移：

  if(k>2) {f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-3][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-3][0];}
  

• 当前成立一个四张相同的牌，讨论相同:

  if(k>3) {f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-4][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-4][0];}
  

• 注意到上面三种只对当前有要求，而成立三张连续的将会关系到前后的答案，因为确定后面的影响很不方便，我们不妨设三张连续的当前位置只考虑以当前的牌结束的部分。同样的，因为不便于考虑出多少组三张连续的牌，但注意到转移过程中会逐层转移自之前的情况，所以最优组合方案无需枚举，我们直接令当前的牌全部用于出连续三个一组的类型。同时为了保证除掉当前两种前面的全部都出完，所以向前找状态时默认第(i-2)种牌全部出完：

  if(j>=k&&a[i-2]>=k){
      f[i][j][k][1]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][1];
      f[i][j][k][0]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][0];
  }
  

• 答案即为(f[100][A_{99}][A_{100}][1])是否为真。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

int a[N];
bool f[N][N][N][2];

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int main(){
  int t=rd();
  while(t--){
    for(R int i=1;i<=100;++i) a[i]=rd();
    memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0][0][0]=1;
    for(R int i=1;i<=100;++i)
      for(R int j=0;j<=100;++j)
        for(R int k=0;k<=100;++k){
          if(k>1)f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-2][0];
          if(k>2){f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-3][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-3][0];}
          if(k>3){f[i][j][k][1]|=f[i][j][k-4][1];f[i][j][k][0]|=f[i][j][k-4][0];}
          if(j>=k&&a[i-2]>=k){
            f[i][j][k][1]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][1];
            f[i][j][k][0]|=f[i-1][a[i-2]-k][j-k][0];
          }
        }
    puts(f[100][a[99]][a[100]][1]?"Yes":"No");
  }
  return 0;
}

(\)

(Theta(N imes 100 imes 3^3))：

• 思路相同，但转化成了分别讨论相同的牌和连续的牌不同的出法。

• 注意到其实两类之间是可以互相转换的，具体地说，对于连续三张的出法，一样的三张牌的组成超过三组就是没意义的了，因为它完全可以拆成三张牌独立出各自的一套，剩下的再组成三张连续出的方法，例如五组相同的组成((5 imes 3))就可以拆成三种牌各自出一套再加上两组((3 imes 3 imes 1+2 imes3))，或三种牌各自出一套四张一族的，再加上一组((3 imes 4 imes 1+1 imes 3))。我们发现，去掉所有的连续三张一组的部分以及一对的部分，如果剩下的每一类牌的数量都可以表示成(3x+4y)的形式，那么这个方案就是合法的。

• 于是状态就能神奇的设计为（以下称相同的牌三个或四个一组的为一套，称连续三张一组的为顺），(f[i][0/1/2][0/1/2][0/1])表示当前处理到第(i)张牌，以第(i-1)张牌开始的顺出了(0/1/2)个，以第(i)张牌开始的顺出了(0/1/2)个，第(i-1)种和第(i)种其他的牌全部出成套，没出(/)出过对子的状态是否合法。同样有显然初始化(f[0][0][0][0]=1)，注意预处理出所有能表示成形如(3x+4y)形式的数。

• 转移考虑以第(i+1)个数为开始出了(s)个顺，注意要从合法的状态扩展，此时第(i+1)种牌剩余出成套的数即为(A_{i+1}-j-k-s)，若该数字查表合法则转移。

• 关于(0/1)状态间的转移，只需在每次枚举到(0)状态之后，讨论两种扩展即可。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 110
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

int a[N]={0};
bool val[100]={1},f[N][3][3][2];

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int main(){
  int t=rd();
  for(R int i=0;i<=35;++i)
    for(R int j=0;j<=25;++j)
      if(3*i+4*j<=100) val[3*i+4*j]=1;
  while(t--){
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0][0][0]=1;
    for(R int i=1;i<=100;++i) a[i]=rd();
    for(R int i=0;i<=99;++i)
      for(R int j=0;j<=2;++j)
        for(R int k=0;k<=2;++k){
          if(f[i][j][k][0])
            for(R int s=0;s<=2;++s){
              int num=a[i+1]-j-k-s;
              if(num>=0&&val[num]) f[i+1][k][s][0]=1;
              if(num-2>=0&&val[num-2]) f[i+1][k][s][1]=1;
            }
          if(f[i][j][k][1])
            for(R int s=0;s<=2;++s){
              int num=a[i+1]-j-k-s;
              if(num>=0&&val[num])f[i+1][k][s][1]=1;
            }
        }
    puts(f[100][0][0][1]?"Yes":"No");
  }
  return 0;
}