[AGC026D]Histogram Coloring

題目描述

題面

題意大概是有一個$n$列網(wǎng)格圖，給定一個長度為$n$的序列$h_i$，第$i$列只保留這一列最下面的$h_i$個格子。

現(xiàn)在需要給這些保留下來的格子染成紅色或藍(lán)色，滿足每一個完整的$2\times 2$正方形滿足有分別有兩個格子是紅色或藍(lán)色。

Solution

我們考慮一段連續(xù)的已經(jīng)染色的格子，倘若這些格子的上面一行也是連續(xù)的，那么上面一行的格子的染色方案為當(dāng)前行取反或與當(dāng)前行相同兩種方案。

對于取反這一種方案一定是可行的。
對于相同這一種方案可行當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)前行沒有相鄰的兩個格子顏色相同。

對于每一行的每一個極長的連續(xù)段，倘若這一段在底層是紅藍(lán)間隔的，則方案數(shù)×2，否則方案數(shù)不變。

我們只要知道最底層一行的染色方案，就可以求出以其為底層的整個網(wǎng)格圖的方案數(shù)。

于是我們設(shè)$f[i][j]$表示底層前$i$個格子，末尾有$j$個極長連續(xù)紅藍(lán)間隔格子的方案數(shù)，統(tǒng)計(jì)有多少個連續(xù)段在$[i?j+1,i]$之間，DP即可。

時間復(fù)雜度$O(n^3\lg n)$，可以容易地優(yōu)化到$O(n^2\lg n)$。

Code

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=1e9+7; const int MAXN=205; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } vector<PR> e[MAXN]; int a[MAXN],f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN],b[MAXN]; int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; } int quick_pow(int x,int y) {int ret=1;for (;y;y>>=1){if (y&1) ret=1ll*ret*x%mods;x=1ll*x*x%mods;}return ret; } int main() {int n=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();sort(b+1,b+n+1);for (int i=1,lst=0;i<=n;i++){b[i]--;if (b[i]!=b[i-1]) {int id=-1;for (int j=1;j<=n;j++)if (a[j]-1>=b[i]&&a[j-1]-1<b[i]) id=j;else if (a[j-1]-1>=b[i]&&a[j]-1<b[i]) e[j-1].PB(MP(id,b[i]-lst)),id=-1;if (id>0) e[n].PB(MP(id,b[i]-lst));lst=b[i];}} // for (int i=1;i<=n;i++) // for (auto k:e[i]) cout<<k.fi<<" "<<i<<":"<<k.se<<endl;f[0][0]=2;for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=0;j<=i-1;j++) f[i][1]=upd(f[i][1],f[i-1][j]);for (auto k:e[i]) if (k.fi==i) f[i][1]=1ll*f[i][1]*quick_pow(2,k.se)%mods;for (int j=2;j<=i;j++){f[i][j]=upd(f[i][j],f[i-1][j-1]);for (auto k:e[i])if (k.fi>=i-j+1) f[i][j]=1ll*f[i][j]*quick_pow(2,k.se)%mods;} // cout<<i<<":"; // ll sum=0; // for (int j=0;j<=i;j++) cout<<f[i][j]<<" ",sum+=f[i][j]; // cout<<sum<<endl;}int ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) ans=upd(ans,f[n][i]);printf("%d\n",ans);return 0; }

總結(jié)

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