管道取珠[NOIP2009]
作者：互联网
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1758
对于\(\sum a_{i}^{2}\)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：
1.状态表示：
\(f(i,j,k,l)\)代表甲在上管道已经取出\(i\)个，在下管道已经取出\(j\)个，乙在上管道已经取出\(k\)个，在下管道已经取出\(l\)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\(i+j = k + l\)。
以下为了讨论方便，我们将字符数组进行翻转。
2.状态计算：
通常来说，状态计算分为两种：
\(\left ( 1 \right )\)考虑当前状态如何由其它状态转移过来（入边）；
\(\left(2\right)\)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）
\(f(i,j,k,l)\)有可能转移到的状态有：
\(f(i+1,j,k, l+1)\):前提是\(A[i + 1] = B[l + 1]\),否则这个时候两个人产生的序列不相同。
\(f(i, j+1, k+1,l)\)：前提是\(B[j + 1]=A[k+1]\)，原因同上。
\(f(i+1,j,k+1,l)\), \(f(i,j+1,k, l+1)\)类似。
下面这幅图可以帮助理解：
下面这幅图可以帮助理解：
图片对应于第一种转移。
由于\(f(i+1,j,k, l+1)\)除了由当前的\(f(i,j,k,l)\)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：
\(f(i+1,j, k,l+1)=f_{0}(i+1,j,k,l+1)+f(i,j,k,l)\)
经过分析，思路算是比较明确了，下面就是代码的实现：
由于\(i+j = k + l\)成立，\(l\)的值可以由\(i,j,k\)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;
}
3.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：
\(\left(1 \right )\)用i&1进行奇偶层次的区分
\(\left(2 \right )\)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）。
#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,int,NOIP2009,管道,取出,left,dp,mod 来源： https://www.cnblogs.com/zxq0058/p/14938821.html