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容易动态规划两题（思想一样）

分类: IT文章 • 2024-11-16 12:34:54
简单动态规划两题（思想一样）

ZOJ 3725 Painting Storages DP计数

Painting Storages
Time Limit: 2 Seconds      Memory Limit: 65536 KB

There is a straight highway with N storages alongside it labeled by 1,2,3,...,N. Bob asks you to paint all storages with two colors: red and blue. Each storage will be painted with exactly one color.

Bob has a requirement: there are at least M continuous storages (e.g. "2,3,4" are 3 continuous storages) to be painted with red. How many ways can you paint all storages under Bob's requirement?

Input

There are multiple test cases.

Each test case consists a single line with two integers: N and M (0<N, M<=100,000).

Process to the end of input.

Output

One line for each case. Output the number of ways module 1000000007.

Sample Input

4 3

Sample Output

3
Author: ZHAO, Kui
Contest: ZOJ Monthly, June 2013

解题思路：

这道题单纯用组合是不行的。。。

题意为：用红蓝两种颜色给N个仓库（标号1—N）涂色，要求至少有M个连续的仓库涂成红色，问一共可以的涂色方案。结果模1000000007

dp[i] 为 前i个仓库满足至少M个连续仓库为红色的方法数。

那么dp[M]肯定为1， dp[0,1,2,3,......M-1] 均为0.

在求dp[i]的时候，有两种情况

一。前i-1个仓库涂色已经符合题意，那么第i个仓库涂什么颜色都可以，有 dp[i] = 2*dp[i-1] ;（有可能超出范围，别忘了mod)

二。加上第i个仓库涂为红色才构成M个连续仓库为红色，那么 区间 [i-m+1, i]，为红色，第i-m个仓库肯定是蓝色而且从1到i-m-1个仓库肯定是不符合题意的涂色，所以用1到i-m-1的仓库的所有涂色方法 2^(i-m-1) 减去符合题意的方法数dp[i-m-1] 。所以方法数为2^(i-m-1) - dp[i-m-1] 

代码：

[cpp] view plaincopy
  1. #include <iostream>  
  2. #include <string.h>  
  3. using namespace std;  
  4. const int mod=1000000007;  
  5. const int maxn=100005;  
  6. int power[maxn+1];  
  7. int dp[maxn];//前i个仓库满足m个仓库为红色的方法数  
  8. int n,m;  
  9.   
  10. void getPower()//预处理出2的多少次方  
  11. {  
  12.     power[0]=1;  
  13.     for(int i=1;i<=maxn;i++)  
  14.         power[i]=power[i-1]*2%mod;  
  15. }  
  16.   
  17.   
  18. int main()  
  19. {  
  20.     getPower();  
  21.     while(cin>>n>>m)  
  22.     {  
  23.         memset(dp,0,sizeof(dp));  
  24.         dp[m]=1;  
  25.         for(int i=m+1;i<=n;i++)  
  26.             dp[i]=(dp[i-1]*2%mod+power[i-m-1]-dp[i-m-1])%mod;  
  27.         cout<<dp[n]<<endl;  
  28.     }  
  29.     return 0;  
  30. }  
http://4.gdutcode.sinaapp.com/problem.php?cid=1021&pid=0

gdut校赛  01串也疯狂之光棍也有伴

Description

话说春节那天，小明和晓明在实验室刷题。刷着刷着小明觉得累了，就邀请晓明一起看春晚。晓明觉得小明很无聊，不想理小明，但是小明很会磨嘴皮子，晓明耐不住小明的胡嘴蛮缠，于是和小明一起看起春晚来。

小明顿时觉得倍儿爽啊！ 可是一看，“wocao”，“最炫小苹果”，小明顿时觉得很伤心。 “连小苹果都有伴了。。。呜呜。。。。” 晓明看到小明哭了，就想安慰他，可是怎么安慰呢！  
晓明陷入了沉思，忽然，晓明灵光一闪，想借一下出题名义，让小明开心起来。于是晓明对小明说，既然小苹果都有伴了，那我们两光棍离脱单也不远了吧！ 。。。。噼噼啪啦，晓明对小明说不然我们也来让光棍有个伴吧！ 正好，正值我们学校的校赛，我们就以光棍为名，来出一道题。小明听到要出题，立马起了劲。。。他们认为“11”是光棍成双成对的标志，于是， 小明和晓明想问下你们，对于一个长度为n的01串，到底有多少串是含有“11”子串的呢？ 。。。聪明的你，相信你已想到怎么AC了。 
例如长度为2的有“11”一个符合条件的01串；  
        长度为3的有“111”，“110”，“011”三个符合条件的串;

        长度为4的有“1111”，“1101”，“1100”，“0011”，“1011”，“0111”，“0110”，“1110”八个符合条件的串。

Input

 有T组数据输入。(T<=1000); 
 每组数据只有一行，一个正整数n(1<=n<=10^6)

Output

对于每组数据输出一行结果，对1000000007取模。

Sample Input

3145

Sample Output

0819

HINT


思想和上面的一题一样，dp[i]代表长度为i的串符合题意的有多少种方法，那么dp[0]=0,dp[1]=0,dp[2]=1.

dp[i]有两种情况，1是前面长度i-1的串已经符合题意，那么第i个字符是0和1都可以，有两种选择，2*dp[i-1]

                                2是前面长度i-1的串没有符合题意，本为必须是1才符合题意，那么前一位也必须是1，因为要求前i位符合题意的情况有多少种，这样才符合题意，也就是第i-1位为1，第i位也为1，那么第i-2位必须为0，长度为i-2-1的串肯定是不符合题意的，求得方法就是长度为i-2-1所有情况减去符合题意的情况，即 2^(i-2-1)-dp[i-2-1].

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cctype>
#define rd(x) scanf("%d",&x)
#define rd2(x,y)  scanf("%d%d",&x,&y)
#define rd3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
const int maxn=1000010;
ll dp[maxn];
int n;
ll two[maxn];

void pre()
{
    two[0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;i++)
    {
        two[i]=2*two[i-1];
        if(two[i]>=mod)
            two[i]%=mod;
    }
    dp[0]=0;dp[1]=0;dp[2]=1;dp[3]=3;
    for(int i=4;i<maxn;i++)
    {
        dp[i]=(2*dp[i-1]%mod+two[i-2-1]-dp[i-2-1])%mod;
        while(dp[i]<0)//注意加上这一句话！！！
            dp[i]+=mod;
    }
}

int main()
{
    pre();
    int t;
    rd(t);
    while(t--)
    {
        rd(n);
        cout<<dp[n]<<endl;
    }
    return 0;
}




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