1363: Count 101 （经典数位dp）

1363: Count 101

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Description

You know YaoYao is fond of his chains. He has a lot of chains and each chain has n diamonds on it. There are two kinds of diamonds, labeled 0 and 1. We can write down the label of diamonds on a chain. So each chain can be written as a sequence consisting of 0 and 1.
We know that chains are different with each other. And their length is exactly n. And what’s more, each chain sequence doesn’t contain “101” as a substring.
Could you tell how many chains will YaoYao have at most?

Input

There will be multiple test cases in a test data. For each test case, there is only one number n(n<10000). The end of the input is indicated by a -1, which should not be processed as a case.

Output

For each test case, only one line with a number indicating the total number of chains YaoYao can have at most of length n. The answer should be print after module 9997.

Sample Input

3
4
-1

Sample Output

7
12

Hint

We can see when the length equals to 4. We can have those chains:
0000,0001,0010,0011
0100,0110,0111,1000
1001,1100,1110,1111

给你长度为n的序列，只能由0或者1组成
不能出现101，问你这样序列的个数

分析：
数位dp
可以由很多dp方式，比如三维dp
做过一个非常类似的题
dp1[i]:表示长度为i的满足要求的（不出现101）的以0结尾的方案数
dp2[i]:表示长度为i的满足要求的（不出现101）的以1结尾的方案数目
dp3[i]:表示长度为i的满足要求的以(1或者0)结尾的方案数目

dp3[i]=dp1[i]+dp2[i];

所以我们只需要得的dp1和dp2的转移方程
dp1：
想一下dp1[i]的含义（以0结尾）
因为题目要求是没有101
所以对dp1，第i位置
前面的第i-1位置可以是0，可以是1
所以：dp1[i]=dp1[i-1]+dp2[i-1]

dp2：
想一下dp2[i]的含义（以1结尾）
题目要求没有101
对dp2的第i位置
所以肯定第i位置肯定是1（dp2的含义）
所以前面的第i-1个位置也只能是1
前面的第i-2个位置也只能是0
这样才不会有101出现
所以：
dp2[i]=dp2[i-1]+dp1[i-2]

所以通过dp1和dp2，我们就可以知道dp3了

注意：记得dp的初始化

其实还可以用斐波那契写，听学弟说的....

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<memory.h>
#include<memory>
using namespace std;
#define max_v 10005
#define mod 9997
int dp1[max_v];
int dp2[max_v];
int dp3[max_v];
int main()
{
    dp1[1]=1;
    dp1[2]=2;

    dp2[1]=1;
    dp2[2]=2;

    dp3[1]=dp1[1]+dp2[1];
    dp3[2]=dp1[2]+dp2[2];
    for(int i=3;i<10000;i++)
    {
        dp1[i]=(dp1[i-1]+dp2[i-1])%mod;
        dp2[i]=(dp1[i-2]+dp2[i-1])%mod;
        dp3[i]=(dp1[i]+dp2[i])%mod;
    }

    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        if(n<0)
            break;
        printf("%d
",dp3[n]);
    }
    return 0;
}
/*
给你长度为n的序列，只能由0或者1组成
不能出现101，问你这样序列的个数

分析：
数位dp
可以由很多dp方式，比如三维dp
做过一个非常类似的题
dp1[i]:表示长度为i的满足要求的（不出现101）的以0结尾的方案数
dp2[i]:表示长度为i的满足要求的（不出现101）的以1结尾的方案数目
dp3[i]:表示长度为i的满足要求的以(1或者0)结尾的方案数目

dp3[i]=dp1[i]+dp2[i];

所以我们只需要得的dp1和dp2的转移方程
dp1：
想一下dp1[i]的含义（以0结尾）
因为题目要求是没有101
所以对dp1，第i位置
前面的第i-1位置可以是0，可以是1
所以：dp1[i]=dp1[i-1]+dp2[i-1]

dp2：
想一下dp2[i]的含义（以1结尾）
题目要求没有101
对dp2的第i位置
所以肯定第i位置肯定是1（dp2的含义）
所以前面的第i-1个位置也只能是1
前面的第i-2个位置也只能是0
这样才不会有101出现
所以：
dp2[i]=dp2[i-1]+dp1[i-2]

所以通过dp1和dp2，我们就可以知道dp3了

注意：记得dp的初始化

其实还可以用斐波那契写，听学弟说的....

*/