FUZ-2204-7环形dp

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原题链接

​​http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2204​​

题意

给出$n$个小球，每个小球只能涂黑色或者是白色，规定$7$个连续的不能是同种颜色，问有多少种涂色方法？答案取模$2015$

思路

我们将问题变成，求用$0,1$组成长度为$n$的环，环中不能超过有连续$7$个$1$和$0$的方案数，答案$mod2015$。

首先，这是环形$dp$是毋容置疑的，我们先抛开环形这个问题考虑线形的$dp$：

• $dp[i][j]:$表示到第$i$个位置，$i$这个位置种类为$j$的组成的方案数，又因为$0$和$1$的情况是一样的，所以任取一种做$dp[i][j]$答案$*2$即可。
• 状态转移

for (int i = 1; i <= n; i++) {
  dp[i][0] = 1;
  for (int j = 0; j < 2; j++) {
    for (int k = 1; k < min(i, 7); k++) {
        dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;
    }
  }
}

现在回归到环形这个限制，对于上面推的状态显然是具有后效性的，涉及到重复计算，拆环我们可以考虑枚举起点的状态：

• 由于先前说的$1$和$0$的状态是对应的，我们以$0$为例枚举起点的状态

1

10
100
1000
10000
100000
1000000

• 我们之后的所有状态都可以由上面这些两两拼接。
• 最后我们计算结果的时候，如果结尾和开头枚举的物品种类相同，要保证答案合法那么只需要保证结尾连续的个数+开头连续的个数$\leq 6$即可。

与线形的相比，状态转移不变，就多枚举了开始位置和状态而已。

参考代码

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>

//#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define
#define
#define
#define
#define
//#define in
#define
#define
#define
#define
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-9;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e3 + 10;
const int mod = 2015;
const LL inf = 0x3f3f3f3f;
const double f = 2.32349;
LL dp[N][2], n, t;
void solve() {
  IOS;
  int k = 0;
  cin >> t;
  while (t--) {
    cin >> n;
    cout << "Case #" << ++k << ": ";
    LL ans;
    if (n <= 6) {
      ans = 1;
      for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = (ans + ans) % mod;
      }
    } else {
      ans = 0;
      for (int st = 1; st < 7; st++) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[st][0] = 1;
        for (int i = st + 1; i <= n; i++) {
          for (int j = 0; j < 2; j++) {
            if (i == n && j == 0) {
              for (int k = 1; k < min(i, 7 - st); k++) {
                dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;
              }
            } else {
              for (int k = 1; k < min(i, 7); k++) {
                dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - k][!j]) % mod;
              }
            }
          }
        }
        ans = (ans + dp[n][0] + dp[n][1]) % mod;
      }
      ans = (ans * 2) % mod;
    }
    cout << ans << endl;
  }
}
signed main() {
#ifdef
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  solve();
  return 0;
}