HDU - 6578 Blank
题意
给你({0，1，2， 3})四个数，分别填入长度为(n)的数列中，有(m)个限制条件，(l_{i}, r_{i}, x_{i})表示在([l_{i}, r_{i}])区间内，只能有(x_{i})个不同的数。问一共有多少总方案。
思路
首先， 我们可以用(dp[i][j][k][w])来表示方案数，(i, j, k, w)不是特指对应某个数字，而是四种不同的数字从小到大最后出现的位置((i < j < k <w))。
那么我们就能推出(dp)方程
[dp[i][j][k][w] += dp[i][j][k][w-1]$$ $$dp[i][j][w-1][w] += dp[i][j][k][w-1]$$ $$dp[i][k][w-1][w] += dp[i][j][k][w-1]$$ $$dp[j][k][w-1][w] += dp[i][j][k][w-1]
]
我们发现后一位都只与(w-1)有关，(100^{4})的空间太大，所以我们要做一个优化，把最后一维改成大小为(2)的滚动数组
那么我们现在的(dp)方程为
[dp[i][j][k][now] += dp[i][j][k][pre]$$ $$dp[i][j][pre][now] += dp[i][j][k][pre]$$ $$dp[i][k][pre][now] += dp[i][j][k][pre]$$ $$dp[j][k][pre][now] += dp[i][j][k][pre]$$ $$now = (pre+ 1)\%2 = pre oplus1
]
转移(dp)的时候考虑一下限制条件就(OK)啦
AC代码
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e2 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n, m;
int cas, tol, T;
ll dp[maxn][maxn][maxn][3];
vector< pair<int,int> > lim[maxn];
int check(int a, int b, int c, int d){ //a < b < c < d
for(int i = 0; i < lim[d].size(); i++){
int x = lim[d][i].se;
int l = lim[d][i].fi;
if(x == 1 && l <= c)
return 0;
if(x == 2 && (l <= b || l > c))
return 0;
if(x == 3 && (l <= a || l > b))
return 0;
if(x == 4 && (l > a))
return 0;
}
return 1;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d%d", &n, &m);
int l, r, x;
for(int i = 1; i <= n; i++){
lim[i].clear();
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d%d%d", &l, &r, &x);
lim[r].push_back(make_pair(l, x));
}
dp[0][0][0][0] = 1;
int now = 1;
ll ans = 0;
for(int w = 1; w <= n; w++){
for(int k = 0; k <= w;k++){ //每次初始化，据说memset会T，要手动初始化
for(int j = 0; j <= k; j++){
for(int i = 0; i <= j; i++){
dp[i][j][k][now] = 0;
}
}
}
for(int k = 0; k < w; k++){
for(int j = 0; (!k && j <= k) || j < k; j++){ //（!k&&j <=k):比自己后一位为0的时候，本身也能等于0，反之小于后一位
for(int i = 0; (!j && i <= j) || i < j; i++){
if(!check(i, j, k, w-1)){ //不符合限制条件的，令dp = 0
dp[i][j][k][now^1] = 0;
continue;
}
dp[i][j][k][now] = (dp[i][j][k][now] + dp[i][j][k][now^1])%mod;
dp[i][j][w-1][now] = (dp[i][j][w-1][now] + dp[i][j][k][now^1])%mod;
dp[i][k][w-1][now] = (dp[i][k][w-1][now] + dp[i][j][k][now^1])%mod;
dp[j][k][w-1][now] = (dp[j][k][w-1][now] + dp[i][j][k][now^1])%mod;
}
}
}
now ^= 1;
}
now ^= 1; //这边不要漏了
for(int k = 0; k < n;k++){
for(int j = 0; (!k && j <= k) || j < k; j++){
for(int i = 0; (!j && i <= j) || i < j; i++){
if(check(i, j, k, n)) //这边要判断一下是否符合限制条件
ans = (ans + dp[i][j][k][now])%mod;
}
}
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}