2019HDU多校第一场1001 BLANK （DP）(HDU6578)

2019HDU多校第一场1001 BLANK （DP）

题意：构造一个长度为n(n<=10)的序列，其中的值域为{0,1,2,3}存在m个限制条件，表示为 l r x意义为[L,R]区间里最多能有x个不同的数字，计算序列构造方案数

思路

1.首先考虑最暴力的做法，直接dfs暴力构造，碰到区间的右端点就开始判断当前构造是否满足，如果不满足就回溯，很显然，复杂度爆炸O(4^n)
2.考虑怎么优化暴力算法，从(n<=100)不难猜出这是一个dp,考虑这种字符串构造形式的dp，肯定是一位一位有序构造，所以dp肯定是有序地扫一遍，所以进入了如何定义状态的阶段，我们注意到，一个区间里面数的种类的不同，只与当前点分别和最近的{0,1,2,3}的距离有关，如果在限制区间里面则种类+1,反之亦然。所以我们不难想到可以定义出状态dp[i][j][k][t][pos],表示{0,1,2,3}在Pos位置之前离pos最近分别在i,j,k,t,这样我们得出状态转移方程有（分别为填0,1,2,3）
dp[i][j][k][pos][pos]+=dp[i][j][k][t][pos-1]
dp[i][pos][k][t][pos]+=dp[i][j][k][t][pos-1]
dp[i][pos][k][t][pos]+=dp[i][j][k][t][pos-1]
dp[pos][j][k][t][pos]+=dp[i][j][k][t][pos-1]
我们可以得出，时间复杂度(O(n^5))空间复杂度(O(n^5))两者都不行，所以我们需要考虑如何优化，从状态转移方程中我们可以看到在5维中总有一对pos是相同的，所以这一维可以不用占时间复杂度和空间复杂度,并且可以用数组滚动，所以空间复杂度可以为(O(n^3)),时间复杂度为(O(n^4))至此，已经满足题意了

但是我们试图对以上状态转移进行优化时，我们会发现pos到底和哪一位一样？这很难处理。因为pos既代表了一位数的位数又代表了当前位置，这样如何表达呢？我们思考一下，pos相对于i,j,k有什么性质？pos每次都是最大的，同时填{0,1,2,3}我们并不关心他的具体取值，只关系他的分布，所以取什么值都是对称的，例如0，1,2,3如果满足条件，那么3,2,1,0也一定满足条件，所以我们可不可以仅从分布位置的大小关系入手？设置i<j<k<t那么转移就变成了
dp[i][j][pos][now]+=dp[i][j][k][pre]
dp[i][k][pos-1][now]+=dp[i][j][k][pre]
dp[j][k][pos-1][now]+=dp[i][j][k][pre]
dp[i][j][pos-1][now]+=dp[i][j][k][pre]

我们分别解释第一个状态和第二个状态。首先我们可以知道，上一个状态最大的肯定是pos-1也就是当前状态的k=pos-1因为当前位置是pos，第一个状态表示把pos位置填上和k相同的值。而第二个状态表示把pos填上和j相同的值，那么上一个k可以就是pos-1变成了次大值，最大值变成了pos也就是当前填的值。（每个状态里面都隐藏了当前的最大t一定是位置，以此好理解转移）

这样我们就还剩下了限制条件，我们只要把每个限制条件放进以右端点值为key的数组中，每次dp完一个位置后，看满不满足限制条件，不满足就置为0即可，因为状态的良好定义，使得判断极为简单

思考

碰到构造计数类dp的时候，通常是从左到右dp,我们首先考虑如何判断限制条件，再以此设计状态，状态的定义要可以很方便得判断出是否满足限制条件，对于不满足限制条件的状态，我们可以在dp中使dp数组置0来阻止其继续递推。设计状态的时候从最暴力逐渐优化，思路不能乱，不能乱了方寸，否则dp的难度一高，状态一复杂，就会导致心态爆炸，代码写炸。

Reference

https://blog.csdn.net/Ratina/article/details/97237438 顺便%一下这位大佬

#include<bits/stdc++.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define pb push_back
#define F first
#define S second
#define mkp make_pair
const int mod=998244353;
const int maxn=100+4;
int dp[maxn][maxn][maxn][2];
vector< pair<pair<int,int>,int>   >v[maxn];
int t,n,m;
int ans=0;
int add(int x,int y){
    return (1ll*x+y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        ans=0;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        v[i].clear();
        for(int i=0;i<m;i++){
            int l,r,x;
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
            v[r].pb(mkp(mkp(l,r),x));
        }
        
            for(int k=0;k<n;k++)
                for(int j=0;j<max(1,k);j++)
                    for(int i=0;i<max(1,j);i++)dp[i][j][k][1]=dp[i][j][k][0]=0;
        dp[0][0][0][0]=1;

        
        int now=1;
        for(int pos=1;pos<=n;pos++){
            for(int k=0;k<max(pos-1,1);k++){
                for(int j=0;j<max(1,k);j++){
                    for(int i=0;i<max(1,j);i++){
                        dp[i][j][k][now]=add(dp[i][j][k][now],dp[i][j][k][now^1]);
                        dp[i][j][pos-1][now]=add(dp[i][j][pos-1][now],dp[i][j][k][now^1]);
                        dp[j][k][pos-1][now]=add(dp[j][k][pos-1][now],dp[i][j][k][now^1]);
                        dp[i][k][pos-1][now]=add(dp[i][k][pos-1][now],dp[i][j][k][now^1]);
                        dp[i][j][k][now^1]=0;
                    
                    }
                }
            }
            for(int k=0;k<max(pos,1);k++){
                for(int j=0;j<max(1,k);j++){
                    for(int i=0;i<max(1,j);i++){
                        for(auto&p:v[pos]){
                            if((i>=p.F.F)+(j>=p.F.F)+(k>=p.F.F)+1!=p.S){
                                dp[i][j][k][now]=0;
                            }
                        }
                    
                    }
                }
            }
            now^=1;
        }
        for(int k=0;k<max(1,n);k++){
            for(int j=0;j<max(1,k);j++){
                for(int i=0;i<max(1,j);i++){
                    ans=add(ans,dp[i][j][k][now^1]);
                }
            }
        }
        printf("%d
",ans);
    
    }


    return 0;
}