题目链接：https://loj.ac/problem/10172
题目描述
Tyvj 两周年庆典要到了，Sam 想为 Tyvj 做一个大蛋糕。蛋糕俯视图是一个 N×MN×MN×M 的矩形，它被划分成 N×MN×MN×M 个边长为 1×11×11×1 的小正方形区域（可以把蛋糕当成 NNN 行 MMM 列的矩阵）。蛋糕很快做好了，但光秃秃的蛋糕肯定不好看！所以，Sam 要在蛋糕的上表面涂抹果酱。果酱有三种，分别是红果酱、绿果酱、蓝果酱，三种果酱的编号分别为 1,2,31,2,31,2,3。为了保证蛋糕的视觉效果，Admin 下达了死命令：相邻的区域严禁使用同种果酱。但 Sam 在接到这条命令之前，已经涂好了蛋糕第 KKK 行的果酱，且无法修改。
现在 Sam 想知道：能令 Admin 满意的涂果酱方案有多少种。请输出方案数 mod 106mod 10^6mod106。若不存在满足条件的方案，请输出 000。
输入格式
输入共三行。
第一行：N,MN, MN,M；
第二行：KKK；
第三行：MMM 个整数，表示第 KKK 行的方案。
字母的详细含义见题目描述，其他参见样例。
输出格式
输出仅一行，为可行的方案总数。
样例
样例输入
2 2
1
2 3样例输出
3样例说明
| 方案一 | 方案二 | 方案三 |
|---|---|---|
| 2 3 exttt{2 3}2 3 1 2 exttt{1 2}1 2 |
2 3 exttt{2 3}2 3 3 1 exttt{3 1}3 1 |
2 3 exttt{2 3}2 3 3 2 exttt{3 2}3 2 |
数据范围与提示
对于 30% 的数据，1≤N×M≤201≤N×M≤201≤N×M≤20；
对于 60% 的数据，1≤N≤1000,1≤M≤31≤N≤1000,1≤M≤31≤N≤1000,1≤M≤3；
对于 100% 的数据，1≤N≤10000,1≤M≤51≤N≤10000,1≤M≤51≤N≤10000,1≤M≤5。
题解
在网上找的题解，都不太清楚，让本蒟蒻卡了一下午加一晚上。
所以我弄懂以后，我就自己写了一篇，希望大家喜欢！
这道题是一道很好的状态压缩dp，因为有三种颜色，所以不能压成二进制，只能压成三进制。
当然啦，状压dp是基本一定要初始化的，别问我怎么知道的。
我们考虑以下两个初始化（就是代码里的pd1，pd2）
1. 每一行总共有很多种，但是因为相同颜色的果酱不能放在相邻的位置，所以每一行的不可行状态有很多。
这就需要预处理出一行中的可行状态。这样的话我们的dp数量会大大减少。
3. 预处理行与行之间的判断
跟预处理类似，减去不合法状态。
然后，就是我们的dp了。
其实这题很好想，dp[i][j]表示第i行的第j种状态，最后取个摸就行了。
方程：dp[i][j]+=dp[i-1][k]
最后的最后，大力推荐一下我的读入优化，跑的是真滴快！
#define num ch-'0' inline void get(int &res) { char ch;bool flag=0; while(!isdigit(ch=getchar())) (ch=='-')&&(flag=true); for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*10+num); (flag)&&(res=-res); }
代码如下：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #define MAXN 10010 #define mod 1000000 #define num ch-'0' using namespace std; inline int MAX(int a,int b){return a>b?a:b;} inline int MIN(int a,int b){return a<b?a:b;} inline void get(int &res) { char ch;bool flag=0; while(!isdigit(ch=getchar())) (ch=='-')&&(flag=true); for(res=num;isdigit(ch=getchar());res=res*10+num); (flag)&&(res=-res); } int n,g,m,k; int dp[MAXN][250],ok[250][250]; int a[250],c[7],t; inline int pd1(int x) { for(register int i=m-1;i;--i)if((x%c[i+1])/c[i]==(x%c[i])/c[i-1]) return 0; return 1; } inline int pd2(int x,int y) { for(register int i=m-1;i>=0;--i) if((x%c[i+1])/c[i]==(y%c[i+1])/c[i]) return 0; return 1; } int main() { get(n),get(m),get(k); c[0]=1; int num1=0; for(register int i=1;i<=m;++i) { get(g); num1=num1*3+(g-1); c[i]=c[i-1]*3; } if(!pd1(num1)) {puts("0");return 0;} for(register int i=0;i<c[m];++i) { if(pd1(i)) a[++t]=i; if(num1==i) dp[0][t]=1; } for(register int i=1;i<=t;++i) for(register int j=1;j<=t;++j) ok[i][j]=pd2(a[i],a[j]); int res1=0,res2=0; int x=MIN(n-k,k-1),y=MAX(n-k,k-1); for(register int i=1;i<=y;++i) for(register int j=1;j<=t;++j) for(register int k=1;k<=t;++k) if(ok[k][j]) (dp[i][j]+=dp[i-1][k])%=mod; for(register int i=1;i<=t;++i) { res1=(res1+dp[x][i])%mod; res2=(res2+dp[y][i])%mod; } printf("%lld",((long long)res2*res1)%mod); }