• 2019牛客暑期多校训练营(第一场)-E(DP)


    题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/881/E

    题意:求可分解成n个AB和m个BA的字符串的个数。

    思路:

      首先根据贪心思想,前n个A可作为AB的A,后m个A作为BA的A。可以证明,如果将前n个A中的一个作为BA的A,那一定可以从后面找到一个A来替代这个A。同理,前m个B作为BA的B,后n个B作为AB的B。

      如果不满足上面条件,一定不能满足n个AB和m个BA的要求。

      那么可以用dp来做,用dp[i][j]表示有i个A和j个B的前缀方案数。根据下一个选A还是选B可以得到dp[i+1][j]和dp[i][j+1],根据前面的条件有:

      如果i+1<=n,一定符合条件,直接转移,dp[i+1][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j]。同理,如果j+1<=m,dp[i][j+1]=dp[i][j+1]+dp[i][j]。

      如果i+1>n,那么需要j>=i+1-n,dp[i+1][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j]。同理,如果j+1>m,需要i>=j+1-m,dp[i][j+1]=dp[i][j+1]+dp[i][j]。

      这样合并即可,就得到了转移方程。

    AC代码:

    #include<cstdio>
    using namespace std;
    
    const int MOD=1e9+7;
    const int maxn=1005;
    int dp[maxn<<1][maxn<<1];
    int n,m;
    
    int main(){
        while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
            for(int i=0;i<=n+m;++i)
                for(int j=0;j<=n+m;++j)
                    dp[i][j]=0;
            dp[0][0]=1;
            for(int i=0;i<=n+m;++i)
                for(int j=0;j<=n+m;++j){
                    if(j>=i+1-n)
                        dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j])%MOD;
                    if(i>=j+1-m)
                        dp[i][j+1]=(dp[i][j+1]+dp[i][j])%MOD;
                }
            printf("%d
    ",dp[n+m][n+m]);
        }
        return 0;
    }
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