题解 洛谷P1990 覆盖墙壁
DP康复训练题
原题:洛谷P1990
核心:递推/DP
题源应该是铺地砖,所以采用一摸一样的思路,只是有两种不同的方块
我们先用最最简单的方式尝试一下枚举当最后一行被填满的情况:
1.如果我们只用第一种长方形的方块让最后一行填满,那就只有两种情况:
A.最后一列刚好是一个竖着的砖头: B.最后两列都是横着的砖头:
那这个时候我们先定义一个数组F,F的意思取fill,F[i]表示刚好把第i列填满时有多少种方法。
这样的话,因为我们现在只用了第一种方块,所以只可以得出一部分递推公式:F[x]=F[x-1]+F[x-2]+······。这个省略号里的内容就应该是考虑第二种方块时候产生的总数。
2.那我们接着来考虑第二种方块填满最后一行时的情况:
表面上看有两种:
实际上这两个是一模一样的,他们只不过是取决于第n-1列那多出来的那一半是在哪里。所以,如果要使用第二种,最核心的问题是会出现一列有一半的情况。所以我们试着来表示一下这种只有一半的情况:
再定义一个数组H,H的意思取half,H[i]表示把第i列填上一半有多少种方法。
我们再来想一想怎么样才能让这一行出现一半:一共有四种情况:
A.在一个填满的列后面加上一个第二种方块: B.在一个一半的列的空位上放一个横着的第一种方块:
以及他们上下对称的另外两种情况。对B情况,为什么非要加在空位上呢?那如果加在凸起来的那一块上:
我们最后需要的是每一列都被填满的情况,所以说上面的空位迟早要填,填的话又只能填第一种方块,所以如果在凸起来的那一块加的话是等效于先在③位置上先放一个,再往新形成的空位上再加上一个第一种方块,是属于按照情况B放之后出现的下一列的一种情况。所以说,H数组的真正完整的理解应该是:在第i-1列填满的情况下,让第i列只有一半有多少种方法。
回到正题,接着来推H的递推式:
情况A:取决于第i-1列有多少种填满的方式,而且凸出的那一块是可以在上也可以在下两种方式,所以总的是F[i-1]*2
情况B:取决于第i-1列有多少种填一半的方式,但是当前这一块放的位置实际上取决于i-1列的空位在哪里,所以这种情况下是和上一个半行一一对应的,就是H[i-1]
合起来:H[i]=F[i-1]*2+H[i-1]
那么要怎么样把一个填了一半的在下一列变成一个完整的呢?(也就是从H[i]变到F[i+1])
更简单,往空格那里塞一个第二种方块不就好了:
这个图像好像有一点点眼熟?(x
这样的话,在F[i]的推导式里空缺的一项就出来了:H[i-1]
那么把所有情况总结起来,得出最后的状态转移方程:
F[i]=F[i-1]+F[i-2]+H[i-1]
H[i]=F[i-2]*2+H[i-1]
还差一个初状态,画画图可以发现:
F[1]=1(就竖着放一个),F[2]=2(横着放两个,竖着放两个)
H[1]=0(随便怎么放第二个方块的凸块只能在第二列),H[2]=2(凸口在上\在下)
好了,结束。
AC代码:(就懒得打注释了)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int F[10000010]={0},H[1000010]={0};
int n;
int _r(){
int x=0;
char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x;
}
void DP(){
F[1]=1;
F[2]=2;
H[2]=2;
for(int i=3;i<=n;i++){
F[i]=F[i-1]+F[i-2]+H[i-1];
H[i]=2*F[i-2]+H[i-1];
F[i]%=10000;
H[i]%=10000;
}
}
int main(){
n=_r();
DP();
printf("%d",F[n]);
return 0;
}
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