URAL_2018_The Debut Album(滚动数组DP)

题型：动态规划

题意：

构造长度为n的串，只有1和2两种字符。要求构造出的串中，连续的“1”的数量不超过a，连续的“2”的数量不超过b，求满足要求的串的种数。

经验总结：

这是我不太擅长的题型，碰到许多次了，一次没做出来过，吃一堑长一智，趁还有时间，多练练~

这种题型，在我看来，长得像组合数学，又长的像找规律推公式，但是就是推不出来。当遇到这种情况，就应该往DP上想。

做DP时，不能太聪明，也不要直接去考虑复杂度。就想gx God所说的，要先想，我要求的是神马。然后找状态，万不可直接就想中途怎么做。

找状态的时候，要着手两点，一个是当前状态，一个是下一个状态（当然有时候想的是上一个状态和当前状态）。状态找出来了，再找一下两个状态的关系，就可以写出状态转移方程了。

有了状态转移方程，再考虑复杂度，可行之后，AC水到渠成。

分析：

这一题，要求构造长度为n的串，那就一个一个加字符向后构造，假设放的字符是0或1。

设当前构造了 i 长度，那么i长度是合法的。我需要添加第i个位置的字符，那么只需要考虑i长度的串的相同字符后缀长度即可。

例如：当前构造了i长度，后缀为“0”，后缀长度为 j 。

如果放“0”，状态就变成了i+1长度，后缀为“0”，后缀长度为 j+1 。

如果放“1”，状态就变成了i+1长度，后缀为“1”，后缀长度为 1 。

那么我们可以定义dp[i][j][k]表示在第 i 位放 j 时后缀长度为 k 的状态种数( j为0或1 )。

状态转移方程：

i：1~n

j：1~a

dp[ i ][0][ j ] += dp[ i-1 ][0][ j-1 ]

dp[ i ][1][1] += dp[ i-1 ][0][ j ]

j：1~b

dp[ i ][1][ j ] += dp[ i-1 ][1][ j-1 ]
dp[ i ][0][1 ] += dp[ i-1 ][1][ j ]
由于内存限制，不能开50000*2*300的数组，所以采用滚动数组，开2*2*300即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>

#define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

const int MOD = 1000000007;

int dp[2][2][310];

int main() {
int n,a,b;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&a,&b)) {
mt(dp,0);
dp[0][0][0] = dp[0][1][0] = 1;

for(int i=1; i<=n; i++) {
int now = i&1;
int pre = (i-1)&1;
mt(dp[now],0);
for(int j=1; j<=a; j++) {
dp[now][0][j] += dp[pre][0][j-1];
if(dp[now][0][j]>MOD) dp[now][0][j] -= MOD;
dp[now][1][1] += dp[pre][0][j];
if(dp[now][1][1]>MOD) dp[now][1][1] -= MOD;
}

for(int j=1; j<=b; j++) {
dp[now][1][j] += dp[pre][1][j-1];
if(dp[now][1][j]>MOD) dp[now][1][j]-=MOD;
dp[now][0][1] += dp[pre][1][j];
if(dp[now][0][1]>MOD) dp[now][0][1]-=MOD;
}

}
int ans = 0;
for(int i=1; i<=a; i++) {
ans += dp[n&1][0][i];
if(ans>MOD) ans -= MOD;
}
for(int i=1; i<=b; i++) {
ans += dp[n&1][1][i];
if(ans>MOD) ans -= MOD;
}

printf("%d\n",ans);

}
return 0;
}

分析：