zoj 3747 （DP）(连续至多，连续至少)

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5170

参考：

http://blog.csdn.net/cc_again/article/details/24841249

UPDATE：

第二次做的感受，说下这道题为什么用递推。对于这种排序，且连续至多的问题，每个点放什么受到之前那个点是什么的影响，也就是说这个点的情况可以由前面那个点的情况推出来

题目意思：

给n个士兵排队，每个士兵三种G、R、P可选，求至少有m个连续G士兵，最多有k个连续R士兵的排列的种数。

一个最多，一个最少很难判断。可以转化成两个最多。

至少有m个 =  取值 m~n =  {最多有n个} - {最多有m-1个}

 

因为是求总情况个数，第n个的情况可以从第n-1个的情况推出，所以可以用递推。

然后就是状态方程：

第i个的情况，至少有u个G，k个R

dp[i][0] 表示 G  

dp[i][1] 表示 R

dp[i][2] 表示 P

当第i个为P时　　　　　　前面没有任何限制条件，　dp[i][2] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1] + dp[i-1][2]

当第i个为G时

若 i<=u                   没有任何限制，　　　　　　dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1] + dp[i-1][2]

若 i=u+1　　　　　　需要减去前u个都是G的情况，dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1] + dp[i-1][2]-1

若i>u+1　　　　　　需要减去(i-1)~(i-u)个连续G的情况，dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1] + dp[i-1][2]-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2]

当第i个为R时　　　　同G

#include <iostream>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <stack>
using namespace std;

#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pf printf
#define sf scanf
#define debug printf("!/m")
#define INF 1100000
#define MAX(a,b) a>b?a:b
#define blank pf("
")
#define LL long long
#define M 1000000007

LL dp[INF][5];
LL n,m,k,u,v;

LL Cal()
{
          dp[0][0] = 1;//初始化时可以随意放一个，没有什么影响，因为后面已经把所有情况考虑进去
          dp[0][1] = 0;
          dp[0][2] = 0;
          int i;
          for(i = 1;i<=n;i++)
          {
                    LL sum = (dp[i-1][0] + dp[i-1][1] + dp[i-1][2])%M;
                    dp[i][2]=sum;
                    if(i<=u)
                              dp[i][0] = sum;
                    else if(i==u+1)
                              dp[i][0] = (sum-1)%M;
                    else
                              dp[i][0] = (sum - dp[i-u-1][1] - dp[i-u-1][2])%M;

                    if(i<=v)
                              dp[i][1] = sum;
                    else if(i==v+1)
                              dp[i][1] = (sum - 1)%M;
                    else
                              dp[i][1] = (sum - dp[i-v-1][0] - dp[i-v-1][2])%M;

          }
          return (dp[n][0]+dp[n][1]+dp[n][2])%M;
}


int main()
{
          while(~sf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k))
          {
                    u = n;v = k;
                    LL ans = Cal();
                    u = m-1;v = k;
                    ans = ((ans - Cal())%M+M)%M;
                    pf("%lld
",ans);
          }

    return 0;
}