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  • [USACO20OPEN]Sprinklers 2: Return of the Alfalfa(dp)

    先讲一下等会要用到的定义:

    1. 红格代表被甜玉米洒水器喷洒到的方格,蓝格代表被苜蓿洒水器喷洒到的方格。橙格代表有甜玉米洒水器的方格,紫格代表有苜蓿洒水器。

    2. ( a , b ) (a,b) (a,b) 指网格线的交点, [ a , b ] [a,b] [a,b] 指网格。

      比如下面这个图中,黄代表的是 ( 4 , 3 ) (4,3) (4,3),黄代表的是 [ 2 , 3 ] [2,3] [2,3]

    3. s u m i sum_i sumi 表示网格图的第 i i i 行中有多少个没被占据的网格。

    然后说说考试时的心路历程。(其实是用来帮助你如何由暴力思考到正解的)

    25   p t s 25 pts 25 pts

    第一眼看到这道题是不会的……甚至连部分分都不知道怎么写

    但是仔细想了一想,发现红蓝两方阵营肯定是被一条由 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) ( n , n ) (n,n) (n,n) 的分割线分开的。

    比如说这样:

    这种情况是被如图的黄色的分割线分开的。

    然后考虑哪些地方需要洒水器:

    显然,我们发现,在分割线的拐角处都需要洒水器(即图中的橙格和紫格),其他地方可填可不填,但是只能填一种洒水器。

    我们假设某一种分割线有 k k k 个拐角(也就是有 k k k 个洒水器是一定要放的),方阵总面积为 S S S(面积指没有被占据的网格的总数)。

    那么对于这种分割线,一共有 2 S − k 2^{S-k} 2Sk 种方案。(记住这条公式)

    那么暴力的方法就显而易见了:每次枚举一条分割线,并记录分割线的拐角数,最后统计答案。

    时间复杂度貌似是 O ( 2 n + n 2 ) O(2^n+n^2) O(2n+n2),只有 25 p t s 25pts 25pts

    代码:

    #include<bits/stdc++.h>
     
    #define N 2010
    #define mod 1000000007
     
    using namespace std;
     
    int n,ans,poww[N*N],sum;
    char ch[N][N];
     
    //n=4
    // 0 1 2 3 4 
    //0#########
    // #.#.#W#.#
    //1#########
    // #.#.#W#W#
    //2#########
    // #W#W#.#.#
    //3#########
    // #.#.#.#W#
    //4#########
     
    //last=0向下,last=1向上 
    
    void dfs(const int x,const int y,const int a,const int b,const int last)
    {
        if(x==n&&y==n)
        {
            ans=(0ll+ans+1ll*poww[sum-a-b])%mod;
            return;
        }
        if(!last)
        {
            if(x+1<=n) dfs(x+1,y,a,b,0);
            if(y+1<=n&&ch[x][y+1]!='W') dfs(x,y+1,a,b+1,1);
        }
        else
        {
            if(x+1<=n&&ch[x+1][y]!='W') dfs(x+1,y,a+1,b,0);
            if(y+1<=n) dfs(x,y+1,a,b,1);
        } 
    }
     
    inline int read()
    {
        int x=0;
        char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
        while(ch>='0'&&ch<='9')
        {
            x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
            ch=getchar();
        }
        return x;
    }
     
    int main()
    {
        n=read();
        poww[0]=1;
        for(register int i=1;i<=n*n;i++) poww[i]=(2ll*poww[i-1])%mod;
        for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",ch[i]+1);
        for(register int i=1;i<=n;i++)
            for(register int j=1;j<=n;j++)
                sum+=(ch[i][j]=='.');
        dfs(1,0,0,0,0);
        dfs(0,1,0,0,1);
        printf("%d
    ",ans);
        return 0;
    }
    

    100   p t s 100 pts 100 pts

    考虑 d p dp dp,设 d p ( i , j , 0 / 1 ) dp(i,j,0/1) dp(i,j,0/1) 指已经把前 i i i 行灌溉满了,分割线的终止在 ( i , j ) (i,j) (i,j),分割线最后的方向是向右/向下的。

    那么答案显然就是 d p ( n , n , 0 ) + d p ( n , n , 1 ) dp(n,n,0)+dp(n,n,1) dp(n,n,0)+dp(n,n,1)

    考虑状态转移方程。

    1. 先考虑 d p ( i , j , 0 ) dp(i,j,0) dp(i,j,0) 怎么转移:

      如图,我们现在要求出 d p ( 3 , 3 , 0 ) dp(3,3,0) dp(3,3,0)(黄点),那么只能从 d p ( 3 , 2 , 0 / 1 ) dp(3,2,0/1) dp(3,2,0/1)(绿点)转移,因为分割线最后的方向是向右的。

      第一种情况:从 d p ( 3 , 2 , 0 ) dp(3,2,0) dp(3,2,0) 转移,如图:

      那么显然有 d p ( 3 , 3 , 0 ) = d p ( 3 , 2 , 0 ) dp(3,3,0)=dp(3,2,0) dp(3,3,0)=dp(3,2,0),因为 S S S 没变, k k k 也没变。

      第二种情况:从 d p ( 3 , 2 , 1 ) dp(3,2,1) dp(3,2,1) 转移,如图:

      我们发现,原来的分割线终止在 ( 3 , 2 ) (3,2) (3,2) 时, k = 1 k=1 k=1,就是只有 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 一个灌溉器,但是现在分割线种植在 ( 3 , 3 ) (3,3) (3,3) 时, k = 2 k=2 k=2,也就是新增了一个灌溉器 [ 3 , 3 ] [3,3] [3,3]。那么原来的方案数 d p ( 3 , 2 , 1 ) = 2 S − k dp(3,2,1)=2^{S-k} dp(3,2,1)=2Sk,现在 k ← k + 1 kgets k+1 kk+1,所以 d p ( 3 , 3 , 0 ) = d p ( 3 , 2 , 1 ) 2 dp(3,3,0)=frac{dp(3,2,1)}{2} dp(3,3,0)=2dp(3,2,1)

      整合一下,就有 d p ( 3 , 3 , 0 ) = d p ( 3 , 2 , 0 ) + d p ( 3 , 2 , 1 ) 2 dp(3,3,0)=dp(3,2,0)+frac{dp(3,2,1)}{2} dp(3,3,0)=dp(3,2,0)+2dp(3,2,1)

      d p ( i , j , 0 ) = d p ( i , j − 1 , 0 ) + d p ( i , j − 1 , 1 ) 2 dp(i,j,0)=dp(i,j-1,0)+frac{dp(i,j-1,1)}{2} dp(i,j,0)=dp(i,j1,0)+2dp(i,j1,1)

    2. 考虑 d p ( i , j , 1 ) dp(i,j,1) dp(i,j,1) 怎么转移:

      同理,这次需要从绿点转移:

      第一种情况:从 d p ( 2 , 3 , 0 ) dp(2,3,0) dp(2,3,0) 转移,如图:

      第一幅图是 d p ( 2 , 3 , 0 ) dp(2,3,0) dp(2,3,0) 的情况,第二幅图是 d p ( 3 , 3 , 1 ) dp(3,3,1) dp(3,3,1) 的情况。

      显然从第一幅图变成第二幅图时 S S S 增加了 s u m 3 sum_3 sum3 k k k 增加了 1 1 1,那么 d p dp dp 值从 2 S − k 2^{S-k} 2Sk 变成了 2 S + s u m 3 − k − 1 2^{S+sum_3-k-1} 2S+sum3k1,也就是说 d p ( 3 , 3 , 1 ) = d p ( 2 , 3 , 0 ) × 2 s u m 3 − 1 dp(3,3,1)=dp(2,3,0) imes 2^{sum_3-1} dp(3,3,1)=dp(2,3,0)×2sum31

      第二种情况:从 d p ( 2 , 3 , 1 ) dp(2,3,1) dp(2,3,1) 转移,如图:

      然后我们发现, S ← S + s u m 3 Sgets S+sum_3 SS+sum3 k k k 没变,则 d p ( 3 , 3 , 1 ) = d p ( 2 , 3 , 1 ) × 2 s u m 3 dp(3,3,1)=dp(2,3,1) imes 2^{sum_3} dp(3,3,1)=dp(2,3,1)×2sum3

      整合一下, d p ( 3 , 3 , 1 ) = d p ( 2 , 3 , 0 ) × 2 s u m 3 − 1 + d p ( 2 , 3 , 1 ) × 2 s u m 3 dp(3,3,1)=dp(2,3,0) imes 2^{sum_3-1}+dp(2,3,1) imes 2^{sum_3} dp(3,3,1)=dp(2,3,0)×2sum31+dp(2,3,1)×2sum3

      d p ( i , j , 1 ) = d p ( i − 1 , j , 0 ) × 2 s u m i − 1 + d p ( i − 1 , j , 1 ) × 2 s u m i dp(i,j,1)=dp(i-1,j,0) imes 2^{sum_i-1}+dp(i-1,j,1) imes 2^{sum_i} dp(i,j,1)=dp(i1,j,0)×2sumi1+dp(i1,j,1)×2sumi

    到这里,整道题就做完了,已经可以 AC 了。

    时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

    但是还有一些可以优化的地方,这里就大致讲一下,就是把求面积的部分直接提出来,放到最后输出的时候乘上一个 2 ∑ i = 1 n s u m i 2^{sum_{i=1}^n sum_i} 2i=1nsumi(也就是全局的面积)就好了。

    代码(未加优化):

    #include<bits/stdc++.h>
     
    #define N 2010
    #define mod 1000000007
    #define half 500000004
     
    using namespace std;
     
    void add(int &a,int b){a=(0ll+a+b)%mod;}
    int mul(int a,int b){return (1ll*a*b)%mod;}
     
    int n,dp[N][N][2],sum[N],poww[N*N];
    char ch[N][N];
     
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        poww[0]=1;
        for(int i=1;i<=n*n;i++)
            poww[i]=mul(2,poww[i-1]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%s",ch[i]+1);
            for(int j=1;j<=n;j++) 
                sum[i]+=(ch[i][j]=='.');
        } 
        dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=1;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=n;j++)
            {
                if(!i&&!j) continue;
                if(j>0)
                {
                    add(dp[i][j][0],dp[i][j-1][0]);
                    if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][0],mul(dp[i][j-1][1],half));
                }
                if(i>0)
                {
                    add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][1],poww[sum[i]]));
                    if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][0],poww[sum[i]-1]));
                }
            }
        }
        printf("%d
    ",(0ll+dp[n][n][0]+dp[n][n][1])%mod);
        return 0;
    }
    

    代码(加优化):

    #include<bits/stdc++.h>
     
    #define N 2010
    #define mod 1000000007
    #define half 500000004
     
    using namespace std;
     
    void add(int &a,int b){a=(0ll+a+b)%mod;}
    int mul(int a,int b){return (1ll*a*b)%mod;}
     
    int n,dp[N][N][2],sum;
    char ch[N][N];
     
    int poww(int a,int b)
    {
        int ans=1;
        while(b)
        {
            if(b&1) ans=(1ll*ans*a)%mod;
            a=(1ll*a*a)%mod;
            b>>=1;
        }
        return ans;
    }
     
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%s",ch[i]+1);
            for(int j=1;j<=n;j++) 
                sum+=(ch[i][j]=='.');
        } 
        dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=1;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=n;j++)
            {
                if(!i&&!j) continue;
                if(j>0)
                {
                    add(dp[i][j][0],dp[i][j-1][0]);
                    if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][0],mul(dp[i][j-1][1],half));
                }
                if(i>0)
                {
                    add(dp[i][j][1],dp[i-1][j][1]);
                    if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][0],half));
                }
            }
        }
        printf("%d
    ",1ll*(dp[n][n][0]+dp[n][n][1])%mod*poww(2,sum)%mod);
        return 0;
    }
    

    其实就是常数上的优化。

    写码不易,留赞再走。

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