管道取珠[NOIP2009]

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1758

对于的理解：

假定有两个人（记作甲和乙）在同时进行取珠子的操作，并且两个人取出来的珠子的序列完全相同，那么他们两个人的同步操作方案数即为所求。

下面用动态规划解决这个问题：

状态表示：

代表甲在上管道已经取出个，在下管道已经取出个，乙在上管道已经取出个，在下管道已经取出时总的方案数目。

两个人取出珠子序列完全相同意味着必然有。

为了讨论方便，我们将字符数组进行翻转。

状态计算：

通常来说，状态计算分为两种：

考虑当前状态如何由其它状态转移过来（入边）；

考虑如何由当前状态转移到相关状态（出边）。

这道题我们采用第二种方式：

让甲乙两个人同时取出一个珠子（为了二人序列相同，此时取出来的珠子必须相同）

有可能转移到的状态有：

:前提是,否则这个时候两个人产生的序列不相同。

：前提是，原因同上。

,类似。

下面这幅图可以帮助理解：

图片对应于第一种转移。

由于除了由当前的转移过来，还可能从其他方式转移过来，但是我们考虑的是出边的计算方式，所以具体方程应该是：

经过分析，思路算是比较明确了，下面就是代码的实现：

由于成立，的值可以由唯一确定，因此代码实现时可以略去一个维度。

下面贴出没有优化的代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 510;
int n, m;
int dp[N][N][N];
char a[N], b[N];
#define mod 1024523

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= n; i++)cin>>a[i];
	for(int i = 1;i <= m; i++)cin>>b[i];
	reverse(a + 1, a + n + 1);
	reverse(b + 1, b + m + 1);
	
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 0;i <= n;i++)
	{
		for(int j = 0;j <= m; j++)
		{
			for(int k = 0;k <= n ;k++)
			{
				int t = dp[i][j][k];
				int l = i + j - k;
				if(l < 0 || l > m)continue;//非法情况
				if(a[i + 1] == b[l + 1])dp[i + 1][j][k] = (t + dp[i + 1][j][k])%mod;
				if(a[i + 1] == a[k + 1])dp[i + 1][j][k + 1] = (t + dp[i + 1][j][k + 1])%mod;
				if(b[j + 1] == a[k + 1])dp[i][j + 1][k + 1] = (t + dp[i][j + 1][k + 1])%mod;
				if(b[j + 1] == b[l + 1])dp[i][j + 1][k] =(t + dp[i][j + 1][k])%mod;
			}
		}
	}
	
	cout<<dp[n][m][n];
	return 0;
}

优化

考虑空间优化。

注意到每次进行状态转移时i的值只是与奇偶性相关，也就是说整个dp数组实际上有用的信息就只有两层：当前状态与上一层状态。

两种滚动数组的方法：

用i&1进行奇偶层次的区分

额外加一个自变量cur，并且每次与1进行异或运算（相当于flip操作）。

 第一种：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 510;
int n, m;
int dp[N][N][N];
char a[N], b[N];
#define mod 1024523

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= n; i++)cin>>a[i];
	for(int i = 1;i <= m; i++)cin>>b[i];
	reverse(a + 1, a + n + 1);
	reverse(b + 1, b + m + 1);
	
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 0;i <= n;i++)
	{
		for(int j = 0;j <= m; j++)
		{
			for(int k = 0;k <= n ;k++)
			{
				int t = dp[i&1][j][k];
				int l = i + j - k;
				if(l < 0 || l > m)continue;//非法情况
				if(a[i + 1] == b[l + 1])dp[(i + 1)&1][j][k] = (t + dp[(i + 1)&1][j][k])%mod;
				if(a[i + 1] == a[k + 1])dp[(i + 1)&1][j][k + 1] = (t + dp[(i + 1)&1][j][k + 1])%mod;
				if(b[j + 1] == a[k + 1])dp[i&1][j + 1][k + 1] = (t + dp[i&1][j + 1][k + 1])%mod;
				if(b[j + 1] == b[l + 1])dp[i&1][j + 1][k] =(t + dp[i&1][j + 1][k])%mod;
				dp[i&1][j][k] = 0;//为了防止干扰下一层的计算，清零。
			}
		}
	}
	
	cout<<dp[(n + 1)&1][m][n];
	return 0;
}

标签：取珠,状态,reverse,int,NOIP2009,管道,取出,dp,mod
来源： https://blog.csdn.net/weixin_51718393/article/details/118046760