題目大意：
　　在一個長度為$n(n\le2000)$的數組中填數$2$或$4$，待所有數字全部填好后，按照類似于2048的規則向左合并。給定某些格子上的數，問在當前情況下要使得合并后的最大數超過$2^k$有幾種填法。

思路：
　　動態規劃。
　　定義一個狀態為最長不上升后綴的數字和，如$(16,4,8,4,4,2)$對應的狀態為$18$，因為后面這些還是有機會合并的，且合并的過程可以直接用加法代替，如$(16,4,8,4,4,2)$后面再加上一個$2$，對應的狀態變為$18+2=20$。定義目標狀態為$2^k$，超過這個的狀態對其取$\min$。用$f[i][j]$表示前$i$個格子狀態為$j$的方案數，則不難得到如下轉移：
　　當$x=2$時，$f[i][\min(j+2,2^k)]+=f[i-1][j]$；
　　當$x=4$且當前最后有多余$2$時，新加進來的數不可能再和前面的合并了，故不將前面的計入狀態，$f[i][4]+=f[i-1][j]$；
　　當$x=4$且當前最后無多余$2$時，$f[i][\min(j+4,2^k)]+=f[i-1][j]$。
　　當$x$不確定時，同時進行上述兩種轉移即可。
　　時間復雜度$O(n\cdot2^k)$。

1 #include<cstdio> 2 #include<cctype> 3 #include<algorithm> 4 inline int getint() { 5 register char ch; 6 while(!isdigit(ch=getchar())); 7 register int x=ch^'0'; 8 while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0'); 9 return x; 10 } 11 const int K=10,mod=1e9+7; 12 int f[2][(1<<K)+1]; 13 int main() { 14 const int n=getint(),k=getint()-1; 15 for(register int i=f[0][0]=1;i<=n;i++) { 16 const int x=getint(); 17 std::fill(&f[i&1][0],&f[i&1][1<<k]+1,0); 18 for(register int j=0;j<=1<<k;j++) { 19 if(x!=2) (f[i&1][j&1?2:std::min(j+2,1<<k)]+=f[(i&1)^1][j])%=mod; 20 if(x!=4) (f[i&1][std::min(j+1,1<<k)]+=f[(i&1)^1][j])%=mod; 21 } 22 } 23 printf("%d\n",f[n&1][1<<k]); 24 return 0; 25 }

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總結

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