【ARC074e】RGB sequence

Description

　　
​　　 一排(n)个格子，每个格子可以涂三种颜色的一种。现在给出(m)个形如“([l,r])中必须恰好有(x)种颜色"的限制（(1 le l le r le n, 1 le x le 3)）。
　　
​　　 求一共有多少种满足所有限制的合法涂色方案。
　　
​　　 答案对(10^9+7)取模。
　　　　
　　
　　

Solution

　　
​　　 首先要想到状态表示法，如何表示才能适应这些限制呢？由于是限制颜色种类数，可以考虑最早出现位置这类套路。
　　
​　　 设(f_{i,j,k})表示：当前走完(1...i)，在(i)左边最靠右的、与(i)颜色不同的位置为(j)，在(j)左边最靠右的、与(i)和(j)颜色不同的位置为(k)时，目前合法染色方案数是多少。
　　
​　　 逐步计算(f_1,f_2,...)。
　　
​　　 接下来考虑限制。考虑在转移的时候逐一枚举限制来判断新状态是否合法。
　　　　
​　　 则总复杂度是(mathcal O(n^3m))的。还有3倍常数，显然不够优秀。
　　
​　　 然而这只是臆想做法，具体我也没实现出来，因为枚举限制的时候，限制的区间和(i,j,k)的位置的关系实在太多，不好写。
　　
​　　 实际上，对于一个([l,r])的限制，它只需要去管(i==r)的那些状态是否合法即可。如果(i<r)，那么显然还没有考虑的必要（都没填完([l,r])，考虑什么呢？）。如果(r<i)那么已经晚了。所以每个条件至多被枚举一次。
　　
​　　 因此总复杂度是(mathcal O (n^2(n+m)))的。
　　
​　　 所以下次觉得枚举限制条件十分复杂且时间复杂度爆炸的时候，不妨想一想限制条件或许只针对特定对象才起效果或必要，这样就可以减少总枚举次数，优化复杂度。
　　
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Code

　　

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=310;
const int MOD=1e9+7;
int n,m;
int f[N][N][N];
vector<pii> lis[N];
void readData(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int l,r,x;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		lis[r].pb(mp(l,x));
	}
}
void dp(){
	f[1][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int d=0,sz=lis[i].size();d<sz;d++){
			int l=lis[i][d].first,x=lis[i][d].second;
			for(int j=0;j<i;j++)
				for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++){
					if(x==1){
						if(l<=j) f[i][j][k]=0;
					}
					else if(x==2){
						if(l<=k||j<l) f[i][j][k]=0;
					}
					else{
						if(k<l) f[i][j][k]=0;
					}
				}
		}
		if(i==n) break;
		for(int j=0;j<i;j++)
			for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++)
				if(f[i][j][k]){
					(f[i+1][j][k]+=f[i][j][k])%=MOD;	
					(f[i+1][i][k]+=f[i][j][k])%=MOD;
					(f[i+1][i][j]+=f[i][j][k])%=MOD;
				}
	}
	int ans=0;
	for(int j=0;j<n;j++)
		for(int k=0;k<=(j-(j>0));k++)
			(ans+=f[n][j][k])%=MOD;
	ans=1LL*ans*3%MOD;
	printf("%d
",ans<0?ans+MOD:ans);
}
int main(){
	readData();
	dp();
	return 0;
}