fzoj 2170 花生的序列

 Problem 2170 花生的序列

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 Problem Description

“我需要一个案件！！！”，没有案件卷福快疯了。花生不忍心看卷福这个样子，他决定帮卷福找点事情做。

花生拿了两个长度为N的相同的序列，序列都为WB(WBWBWB...)相间，并且由W开头。他将两个序列并在了一起，其中属于同个序列的元素相对位置不变。花生高兴的把新序列拿给卷福，要求卷福给每个元素标上1或2编号，表示这个元素是原来的第几个序列的元素。

卷福看完花生的序列，哭笑不得。“笨蛋！你难道不知道这个标号不唯一么！那你知道有多少种不同的标号方案么？”

可怜的花生给自己挖了个坑。快来帮他解决这个问题！

 Input

输入第一行包含一个整数t，表示输入组数。

每组数据第一行为一个整数N(1<=N<=3000)，表示每个原序列的长度。

接下来一行为一个只包含’W’, ’B’的字符串，长度为2*N。

 Output

输出一个整数占一行，为标号的方案数。由于答案比较大，请将答案mod 1000000007。

 Sample Input

32WBWB2WWBB2BBWW

 Sample Output

240

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这道题网络赛时做不出来。。。

回去想了一下。。和看了别人的解题报告。。突然发现别人写的可能有点简洁。

所以我就在写多一篇。。

题解：dp[i][j]代表第一个串选择了i个第二个串选择了j个有多少种可能。。

然后就有了dp[i][j] = (dp[i-1][j]+dp[i][j-1])%MOD;

代表选择到了第i+j的字符串时。。这个字符串可以放在第一个串或者第二个串。。

当然你还要判断能不能放进去。。因为wbwb要相间的。。而w只能放在奇数处。b只能放在偶输处

例如第一个串放了2个那第三个一定是放w了。。就是3是奇数。所以放的时候还要判断能不能放。

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

using namespace std;
#define MOD 1000000007
int dp[3002][3002];
char ch[6003];
int main(int argc, const char * argv[])
{

    int t,i,j;
    int n;
    cin>>t;
    while(t--) {
        cin>>n;
        scanf("%s",ch+1);
          memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0] = 1;
        for(i=0;i<=n;i++)
            for (j=0; j<=n; j++) {
                  if(i==0 && j==0) continue;
                  int sum = 0;
                  if(ch[i+j]==‘W‘) {
                        if(i&1)
                              sum = (sum+dp[i-1][j])%MOD;
                        if(j&1)
                              sum = (sum+dp[i][j-1])%MOD;

                        dp[i][j] = sum%MOD;
                  }
                  else {
                        if(i>0 && (i&1)==0)
                              sum = (sum+dp[i-1][j])%MOD;
                        if(j>0 && (j&1)==0)
                              sum = (sum+dp[i][j-1])%MOD;

                        dp[i][j] = sum%MOD;
                  }
            }
          cout<<dp[n][n]<<endl;
    }
    //std::cout << "Hello, World!\n";
    return 0;
}

其实这个代码是超内存的。。当然题目的数据其实是没3000.n最多达到1000.。所以只要将dp[1003][1003]就能过了

但是其实可以发现这个dp每一次都是对于上一行或者这一行递推的（dp[i-1][],dp[i][]）

所以我们其实是可以将二维dp降到一维的

就好像01背包问题将前i件的维数去掉了。。

然后就有了。。

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

using namespace std;
#define MOD 1000000007
int dp[3002];
int v[3002];
char ch[6003];
int main(int argc, const char * argv[])
{

    int t,i,j;
    int n;
    cin>>t;
    while(t--) {
        cin>>n;
        scanf("%s",ch+1);
        dp[0] = 1;
        v[0] = 1;
        for(i=0;i<=n;i++)
            for (j=0; j<=n; j++) {
                  if(i==0 && j==0) continue;
                  int sum = 0;
                  if(ch[i+j]==‘W‘) {
                        if(i&1)
                              sum = (sum+v[j])%MOD;
                        if(j&1)
                              sum = (sum+dp[j-1])%MOD;

                        v[j] = dp[j] = sum%MOD;
                  }
                  else {
                        if(i>0 && (i&1)==0)
                              sum = (sum+v[j])%MOD;
                        if(j>0 && (j&1)==0)
                              sum = (sum+dp[j-1])%MOD;

                        v[j] = dp[j] = sum%MOD;
                  }
            }
          cout<<dp[n]<<endl;
    }
    //std::cout << "Hello, World!\n";
    return 0;
}

时间虽然没优化多少。。但是空间就变成了200多k。。。

fzoj 2170 花生的序列