题目大意
数轴上排列着(n)个点，点的颜色有黑白两种，部分点已经确定颜色，部分点没有确定。
每个点可以任意向右边的点连边，可以连可以不连。
求交错路径（相邻的两个点颜色互异）总数为奇数的图的方案数。
(nleq 200000)
思考历程
早上在打SCOI2018，所以没有做比赛。
下午的时候思考了一下，想到了个维护异或卷积前缀和来辅助转移的方法。
后来发现跟正解完全对不上，原来是这个想法本来就考虑不周到。
正解
辣鸡DP。
记(end(i))表示以(i)结尾的路径的条数。
首先可以搞出最简单的状态：(f_{i,j,k,0/1})，表示前(i)个点，有(j)个点为白色并且(end)为奇数，有(k)个点为黑色并且(end)为偶数，路径总数（即(sum_{x=1}^{i} end(x))）是偶数还是奇数，这个状态下的方案数。
转移可以做到(O(1)):
(f_{i,j,k,t} imes c(k,0) imes 2^{i-k} o f_{i+1,j+1,k,t^1})
(f_{i,j,k,t} imes c(k,1) imes 2^{i-k} o f_{i+1,j,k,t})
(f_{i,j,k,t} imes c(j,0) imes 2^{i-j} o f_{i+1,j,k+1,t^1})
(f_{i,j,k,t} imes c(j,1) imes 2^{i-j} o f_{i+1,j,k,t})
其中(c(n,0/1))表示(n)个点中选择偶数或奇数个点的方案数。
然后就可以(O(n^3))。
接下来可以优化一下这条东西。
(c(k,0)=C_{k}^{0}+C_{k}^{2}+C_{k}^{4}+...=C_{k-1}^0+C_{k-1}^1+C_{k-1}^2+...)
(k=0)时，(c(k,0)=1)
(k>0)时，(c(k,0)=2^{k-1})
同理，(c(k,1)=C_{k}^{1}+C_{k}^3+C_{k}^5=C_{k-1}^0+C_{k-1}^1+C_{k-1}^2+...)
(k=0)时，(c(k,1)=0)
(k>0)时，(c(k,1)=2^{k-1})
于是可以优化DP状态：(f_{i,0/1,0/1,0/1})，时间复杂度(O(n))。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
#define ll long long
#define mo 998244353
int n;
ll pow2[N];
int a[N];
int f[N][2][2][2];
inline void add(int &a,ll b){a=(a+b)%mo;}
int main(){
freopen("life.in","r",stdin);
freopen("life.out","w",stdout);
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
pow2[0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
pow2[i]=pow2[i-1]*2%mo;
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
if (a[1]!=1) f[1][1][0][1]=1;
if (a[1]!=0) f[1][0][1][1]=1;
for (int i=1;i<n;++i)
for (int j=0;j<2;++j)
for (int k=0;k<2;++k)
for (int t=0;t<2;++t){
ll tmp=f[i][j][k][t];
if (tmp==0)
continue;
if (a[i+1]!=1){
add(f[i+1][1][k][t^1],tmp*(k?pow2[i-1]:pow2[i]));
add(f[i+1][j][k][t],tmp*(k?pow2[i-1]:0));
}
if (a[i+1]!=0){
add(f[i+1][j][1][t^1],tmp*(j?pow2[i-1]:pow2[i]));
add(f[i+1][j][k][t],tmp*(j?pow2[i-1]:0));
}
}
ll ans=f[n][0][0][1]+f[n][0][1][1]+f[n][1][0][1]+f[n][1][1][1];
printf("%lld
",ans%mo);
return 0;
}
总结
DP问题的常见套路：先搞出个效率低下的DP，然后优化优化再优化。