Loj #3111. 「SDOI2019」染色

题目描述

给定 \(2 \times n\) 的格点图。其中一些结点有着已知的颜色，其余的结点还没有被染色。一个合法的染色方案不允许相邻结点有相同的染色。

现在一共有 \(c\) 种不同的颜色，依次记为 \(1\) 到 \(c\)。请问有多少对未染色结点的合法染色方案？

输入格式

第一行有两个整数 \(n\) 和 \(c\)，分别描述了格点图的大小和总的颜色个数。

之后两行，每行有 \(n\) 个整数：如果是 \(0\) 则表示对应结点未被染色，否则一定是一个 \(1\) 到 \(c\) 的整数表示对应结点已经染了某一种颜色。

输出格式

输出一个整数，为总的染色方案数对 \(10^9 + 9\) 取模后的值。

数据范围与提示

子任务 \(1\)（\(44\) 分）：\(1 ≤ n ≤ 10000\) 且 \(5 ≤ c ≤ 10000\)；不存在一列有 \(2\) 个已染色结点；被染色结点全部位于第一行；第一列和最后一列均有结点已被染色。

子任务 \(2\)（\(32\) 分）：\(1 ≤ n ≤ 10000\) 且 \(5 ≤ c ≤ 10000\)；不存在一列有 \(2\) 个已染色结点；第一列和最后一列均有结点已被染色。

子任务 \(3\)（\(12\) 分）：\(1 ≤ n ≤ 10000\) 且 \(5 ≤ c ≤ 10000\)；第一列和最后一列均有结点已被染色。

子任务 \(4\)（\(8\) 分）：\(1 ≤ n ≤ 10000\) 且 \(5 ≤ c ≤ 10000\)。

子任务 \(5\)（\(4\) 分）：\(1 ≤ n ≤ 100000\) 且 \(5 ≤ c ≤ 100000\)。

参考博客

首先我们只需要将有颜色的那些列保留下来就好了，然后只记录另一个格子的颜色，这样状态就是\(O(nc)\)的了。对于一列有两个格子有颜色的情况，我们可以假装该列上第二行没有颜色，然后每次\(DP\)完了过后将不合法的状态清零就行了。

然后考虑两个有颜色的列之间怎么转移。我们可以讨论这两列的四个格子之间的关系，然后直接转移，为此我们要预处理出转移数组（具体的就看上面给的那个博客）这样我们就可以批量转移中间的一堆全\(0\)列了。

转态的话就有一下几种（中间省略了\(0\)）：

  1. \(\begin{pmatrix}x&x\\y&y \end{pmatrix}\)
  2. \(\begin{pmatrix}x&y\\y&x \end{pmatrix}\)
  3. \(\begin{pmatrix}x&x\\y&w \end{pmatrix}\)
  4. \(\begin{pmatrix}x&w\\y&y \end{pmatrix}\)
  5. \(\begin{pmatrix}x&w\\y&x \end{pmatrix}\)
  6. \(\begin{pmatrix}x&y\\y&w \end{pmatrix}\)
  7. \(\begin{pmatrix}x&w\\y&k \end{pmatrix}\)

\(2,3\)是等价的，\(4,5\)是等价的。转移就不说了。

这样就有\(96\)分了。

96分代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 100005

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=1e9+9;

ll ksm(ll t,ll x) {

	ll ans=1;

	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)

		if(x&1) ans=ans*t%mod;

	return ans;

}

ll n,c;

int a[N],b[N];

ll g[N][5];

int pos[N],tot;

ll f[2][N];

int col[N];

int type[N];

int main() {

	n=Get(),c=Get();

	ll trans[5][5]={

		{0,1,0,c-2,1ll*(c-2)*(c-3)%mod},

		{1,0,c-2,0,1ll*(c-2)*(c-3)%mod},

		{0,2,c-2,2*c-5,2ll*(c-3)*(c-3)%mod},

		{2,0,2*c-5,c-2,2ll*(c-3)*(c-3)%mod},

		{1,1,c-3,c-3,1ll*(c-3)*(c-4)%mod+1}

	};

	g[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		for(int j=0;j<5;j++) {

			for(int k=0;k<5;k++) {

				(g[i][k]+=g[i-1][j]*trans[j][k])%=mod;

			}

		}

	}

	ll inv23=ksm(c-2,mod-2),inv4=ksm((c-2)*(c-3)%mod,mod-2);

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		g[i][2]=g[i][2]*inv23%mod;

		g[i][3]=g[i][3]*inv23%mod;

		g[i][4]=g[i][4]*inv4%mod;

	}

	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=Get();

	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=Get();

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		if(a[i]&&a[i]==b[i]) {

			cout<<0;return 0;

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		if(a[i]||b[i]) {

			if(a[i]&&!b[i]) type[i]=0,col[i]=a[i];

			if(!a[i]&&b[i]) type[i]=1,col[i]=b[i];

			if(a[i]&&b[i]) type[i]=2,col[i]=a[i];

			pos[++tot]=i;

		}

	}

	if(type[pos[1]]!=2) {

		for(int i=1;i<=c;i++)

			if(i!=col[pos[1]]) f[1][i]=1;

	} else f[1][b[pos[1]]]=1;

	if(pos[1]!=1) {

		ll tem=(g[pos[1]-1][0]+g[pos[1]-1][1]+2*g[pos[1]-1][2]*(c-2)+2*g[pos[1]-1][3]*(c-2)+g[pos[1]-1][4]*(c-2)%mod*(c-3))%mod;

		for(int i=1;i<=c;i++) f[1][i]=f[1][i]*tem%mod;

	}

	for(int i=2;i<=tot;i++) {

		int now=i&1;

		memset(f[now],0,sizeof(f[now]));

		ll sum=0;

		for(int j=1;j<=c;j++) sum+=f[now^1][j];

		sum%=mod;

		for(int j=1;j<=c;j++) {

			if(j==col[pos[i]]) continue ;

			if((type[pos[i-1]]&1)==(type[pos[i]]&1)) {

				if(col[pos[i-1]]==col[pos[i]]) {

					f[now][j]=(f[now^1][j]*g[pos[i]-pos[i-1]][0]+(sum-f[now^1][j]+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][2])%mod;

				} else {

					if(j==col[pos[i-1]]) {

						f[now][j]=((sum-f[now^1][col[pos[i]]]+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][3]+f[now^1][col[pos[i]]]*g[pos[i]-pos[i-1]][1])%mod;

					} else {

						f[now][j]=(f[now^1][j]*g[pos[i]-pos[i-1]][2]+f[now^1][col[pos[i]]]*g[pos[i]-pos[i-1]][3]+(sum-f[now^1][j]-f[now^1][col[pos[i]]]+2*mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][4])%mod;

					}

				}

			} else {

				if(col[pos[i-1]]==col[pos[i]]) {

					f[now][j]=(f[now^1][j]*g[pos[i]-pos[i-1]][1]+(sum-f[now^1][j]+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][3])%mod;

				} else {

					if(j==col[pos[i-1]]) {

						f[now][j]=((sum-f[now^1][col[pos[i]]]+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][2]+f[now^1][col[pos[i]]]*g[pos[i]-pos[i-1]][0])%mod;

					} else {

						f[now][j]=(f[now^1][j]*g[pos[i]-pos[i-1]][3]+f[now^1][col[pos[i]]]*g[pos[i]-pos[i-1]][2]+(sum-f[now^1][j]-f[now^1][col[pos[i]]]+2*mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][4])%mod;

					}

				}

			}

		}

		if(type[pos[i]]==2) for(int j=1;j<=c;j++) if(j!=b[pos[i]]) f[now][j]=0;

	}

	ll sum=0;

	for(int i=1;i<=c;i++) sum+=f[tot&1][i];

	sum%=mod;

	if(pos[tot]<n) {

		sum=sum*((g[n-pos[tot]][0]+g[n-pos[tot]][1]+2*g[n-pos[tot]][2]*(c-2)+2*g[n-pos[tot]][3]*(c-2)+g[n-pos[tot]][4]*(c-2)%mod*(c-3))%mod)%mod;

	}

	cout<<sum;

	return 0;

}

优化的话可以发现每次\(DP\)只有几个状态的转移和其他的不一样，所以开颗线段树维护下就好了，当然也可以用\(SDOI2019\ D1\ T1\)的方法（还有这种玩法？？）

\(100\)分代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 100005

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=1e9+9;

ll ksm(ll t,ll x) {

	ll ans=1;

	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)

		if(x&1) ans=ans*t%mod;

	return ans;

}

ll n,c;

int a[N],b[N];

ll g[N][5];

int pos[N],tot;

ll f[2][N];

int col[N];

int type[N];

struct tree {

	int l,r;

	ll sum;

	ll mul,add;

}tr[N<<2];

void update(int v) {

	tr[v].sum=tr[v<<1].sum+tr[v<<1|1].sum;

	if(tr[v].sum>=mod) tr[v].sum-=mod;

}

void Add(int v,ll f) {

	(tr[v].sum+=f*(tr[v].r-tr[v].l+1))%=mod;

	(tr[v].add+=f)%=mod;

}

void Mul(int v,ll f) {

	tr[v].sum=tr[v].sum*f%mod;

	tr[v].add=tr[v].add*f%mod;

	tr[v].mul=tr[v].mul*f%mod;

}

void down(int v) {

	if(tr[v].mul!=1) {

		Mul(v<<1,tr[v].mul);

		Mul(v<<1|1,tr[v].mul);

		tr[v].mul=1;

	}

	if(tr[v].add) {

		Add(v<<1,tr[v].add);

		Add(v<<1|1,tr[v].add);

		tr[v].add=0;

	}

}

void build(int v,int l,int r) {

	tr[v].l=l,tr[v].r=r;

	tr[v].mul=1,tr[v].add=0;

	if(l==r) {

		tr[v].sum=f[1][l];

		return ;

	}

	int mid=l+r>>1;

	build(v<<1,l,mid),build(v<<1|1,mid+1,r);

	update(v);

}

void Add(int v,int l,int r,ll f) {

	if(tr[v].l>r||tr[v].r<l) return ;

	if(l<=tr[v].l&&tr[v].r<=r) {

		Add(v,f);

		return ;

	}

	down(v);

	Add(v<<1,l,r,f),Add(v<<1|1,l,r,f);

	update(v);

}

void Mul(int v,int l,int r,ll f) {

	if(tr[v].l>r||tr[v].r<l) return ;

	if(l<=tr[v].l&&tr[v].r<=r) {

		Mul(v,f);

		return ;

	}

	down(v);

	Mul(v<<1,l,r,f),Mul(v<<1|1,l,r,f);

	update(v);

}

ll query(int v,int l,int r) {

	if(tr[v].l>r||tr[v].r<l) return 0;

	if(l<=tr[v].l&&tr[v].r<=r) return tr[v].sum;

	down(v);

	return (query(v<<1,l,r)+query(v<<1|1,l,r))%mod;

}

int main() {

	n=Get(),c=Get();

	ll trans[5][5]={

		{0,1,0,c-2,1ll*(c-2)*(c-3)%mod},

		{1,0,c-2,0,1ll*(c-2)*(c-3)%mod},

		{0,2,c-2,2*c-5,2ll*(c-3)*(c-3)%mod},

		{2,0,2*c-5,c-2,2ll*(c-3)*(c-3)%mod},

		{1,1,c-3,c-3,1ll*(c-3)*(c-4)%mod+1}

	};

	g[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		for(int j=0;j<5;j++) {

			for(int k=0;k<5;k++) {

				(g[i][k]+=g[i-1][j]*trans[j][k])%=mod;

			}

		}

	}

	ll inv23=ksm(c-2,mod-2),inv4=ksm((c-2)*(c-3)%mod,mod-2);

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		g[i][2]=g[i][2]*inv23%mod;

		g[i][3]=g[i][3]*inv23%mod;

		g[i][4]=g[i][4]*inv4%mod;

	}

	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=Get();

	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=Get();

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		if(a[i]&&a[i]==b[i]) {

			cout<<0;return 0;

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		if(a[i]||b[i]) {

			if(a[i]&&!b[i]) type[i]=0,col[i]=a[i];

			if(!a[i]&&b[i]) type[i]=1,col[i]=b[i];

			if(a[i]&&b[i]) type[i]=2,col[i]=a[i];

			pos[++tot]=i;

		}

	}

	if(type[pos[1]]!=2) {

		for(int i=1;i<=c;i++)

			if(i!=col[pos[1]]) f[1][i]=1;

	} else f[1][b[pos[1]]]=1;

	if(pos[1]!=1) {

		ll tem=(g[pos[1]-1][0]+g[pos[1]-1][1]+2*g[pos[1]-1][2]*(c-2)+2*g[pos[1]-1][3]*(c-2)+g[pos[1]-1][4]*(c-2)%mod*(c-3))%mod;

		for(int i=1;i<=c;i++) f[1][i]=f[1][i]*tem%mod;

	}

	build(1,1,c);

	for(int i=2;i<=tot;i++) {

		ll sum=query(1,1,c);

		if((type[pos[i-1]]&1)==(type[pos[i]]&1)) {

			if(col[pos[i-1]]==col[pos[i]]) {

				Mul(1,1,c,g[pos[i]-pos[i-1]][0]-g[pos[i]-pos[i-1]][2]+mod);

				Add(1,1,c,sum*g[pos[i]-pos[i-1]][2]%mod);

			} else {

				ll x=query(1,col[pos[i]],col[pos[i]]);

				Mul(1,col[pos[i-1]],col[pos[i-1]]-1,0);

				Add(1,col[pos[i-1]],col[pos[i-1]],((sum-x+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][3]+x*g[pos[i]-pos[i-1]][1])%mod);

				Mul(1,1,col[pos[i-1]]-1,g[pos[i]-pos[i-1]][2]-g[pos[i]-pos[i-1]][4]+mod);

				Mul(1,col[pos[i-1]]+1,c,g[pos[i]-pos[i-1]][2]-g[pos[i]-pos[i-1]][4]+mod);

				Add(1,1,col[pos[i-1]]-1,(x*g[pos[i]-pos[i-1]][3]+(sum-x+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][4])%mod);

				Add(1,col[pos[i-1]]+1,c,(x*g[pos[i]-pos[i-1]][3]+(sum-x+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][4])%mod);

			}

		} else {

			if(col[pos[i-1]]==col[pos[i]]) {

				Mul(1,1,c,g[pos[i]-pos[i-1]][1]-g[pos[i]-pos[i-1]][3]+mod);

				Add(1,1,c,sum*g[pos[i]-pos[i-1]][3]%mod);

			} else {

				ll x=query(1,col[pos[i]],col[pos[i]]);

				Mul(1,col[pos[i-1]],col[pos[i-1]]-1,0);

				Add(1,col[pos[i-1]],col[pos[i-1]],((sum-x+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][2]+x*g[pos[i]-pos[i-1]][0])%mod);

				Mul(1,1,col[pos[i-1]]-1,g[pos[i]-pos[i-1]][3]-g[pos[i]-pos[i-1]][4]+mod);

				Mul(1,col[pos[i-1]]+1,c,g[pos[i]-pos[i-1]][3]-g[pos[i]-pos[i-1]][4]+mod);

				Add(1,1,col[pos[i-1]]-1,(x*g[pos[i]-pos[i-1]][2]+(sum-x+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][4])%mod);

				Add(1,col[pos[i-1]]+1,c,(x*g[pos[i]-pos[i-1]][2]+(sum-x+mod)*g[pos[i]-pos[i-1]][4])%mod);

			}

		}

		Mul(1,col[pos[i]],col[pos[i]],0);

		if(type[pos[i]]==2) {

			if(b[pos[i]]>1) Mul(1,1,b[pos[i]]-1,0);

			if(b[pos[i]]<n) Mul(1,b[pos[i]]+1,c,0);

		}

	}

	ll sum=0;

	sum=query(1,1,c);

	sum%=mod;

	if(pos[tot]<n) sum=sum*((g[n-pos[tot]][0]+g[n-pos[tot]][1]+2*g[n-pos[tot]][2]*(c-2)+2*g[n-pos[tot]][3]*(c-2)+g[n-pos[tot]][4]*(c-2)%mod*(c-3))%mod)%mod;

	cout<<sum;

	return 0;

}

Loj #3111. 「SDOI2019」染色的更多相关文章

  1. Loj #2192. 「SHOI2014」概率充电器

    Loj #2192. 「SHOI2014」概率充电器 题目描述 著名的电子产品品牌 SHOI 刚刚发布了引领世界潮流的下一代电子产品--概率充电器: 「采用全新纳米级加工技术,实现元件与导线能否通电完 ...

  2. Loj #3096. 「SNOI2019」数论

    Loj #3096. 「SNOI2019」数论 题目描述 给出正整数 \(P, Q, T\),大小为 \(n\) 的整数集 \(A\) 和大小为 \(m\) 的整数集 \(B\),请你求出: \[ \ ...

  3. Loj #3093. 「BJOI2019」光线

    Loj #3093. 「BJOI2019」光线 题目描述 当一束光打到一层玻璃上时,有一定比例的光会穿过这层玻璃,一定比例的光会被反射回去,剩下的光被玻璃吸收. 设对于任意 \(x\),有 \(x\t ...

  4. Loj #3089. 「BJOI2019」奥术神杖

    Loj #3089. 「BJOI2019」奥术神杖 题目描述 Bezorath 大陆抵抗地灾军团入侵的战争进入了僵持的阶段,世世代代生活在 Bezorath 这片大陆的精灵们开始寻找远古时代诸神遗留的 ...

  5. Loj #2542. 「PKUWC2018」随机游走

    Loj #2542. 「PKUWC2018」随机游走 题目描述 给定一棵 \(n\) 个结点的树,你从点 \(x\) 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去. 有 \(Q\) 次询问,每次 ...

  6. Loj #3059. 「HNOI2019」序列

    Loj #3059. 「HNOI2019」序列 给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A_1, \ldots , A_n\),以及 \(m\) 个操作,每个操作将一个 \(A_i\) 修改为 \(k ...

  7. Loj #3056. 「HNOI2019」多边形

    Loj #3056. 「HNOI2019」多边形 小 R 与小 W 在玩游戏. 他们有一个边数为 \(n\) 的凸多边形,其顶点沿逆时针方向标号依次为 \(1,2,3, \ldots , n\).最开 ...

  8. Loj #3055. 「HNOI2019」JOJO

    Loj #3055. 「HNOI2019」JOJO JOJO 的奇幻冒险是一部非常火的漫画.漫画中的男主角经常喜欢连续喊很多的「欧拉」或者「木大」. 为了防止字太多挡住漫画内容,现在打算在新的漫画中用 ...

  9. Loj 3058. 「HNOI2019」白兔之舞

    Loj 3058. 「HNOI2019」白兔之舞 题目描述 有一张顶点数为 \((L+1)\times n\) 的有向图.这张图的每个顶点由一个二元组 \((u,v)\) 表示 \((0\le u\l ...

随机推荐

  1. duba网址对firefox快捷方式的劫持

    直接删除 “驱动精灵” 即可. 等我 二进制安全 学好了,一定开发一种病毒专干这种劫持的,煞笔软件.

  2. 2019-11-26-C#-判断方法是否被子类重写

    原文:2019-11-26-C#-判断方法是否被子类重写 title author date CreateTime categories C# 判断方法是否被子类重写 lindexi 2019-11- ...

  3. 使用WebApi和Asp.Net Core Identity 认证 Blazor WebAssembly(Blazor客户端应用)

    原文:https://chrissainty.com/securing-your-blazor-apps-authentication-with-clientside-blazor-using-web ...

  4. docfx 简单使用方法、自动生成目录的工具

    [摘要] 这是我编写的一个 Docfx 文档自动生成工具,只要写好 Markdown 文档,使用此工具可为目录.文件快速生成配置,然后直接使用 docfx 运行即可. https://github.c ...

  5. 机器学习实战：基于Scikit-Learn和TensorFlow 第5章 支持向量机 学习笔记(硬间隔)

    数据挖掘作业,需要实现支持向量机进行分类,记录学习记录 环境:win10,Python 3.7.0 SVM的基本思想:在类别之间拟合可能的最宽的间距,也叫作最大间隔分类 书上提供的源代码绘制了两个图, ...

  6. block注意事项

    1.block的声明和注意事项 #import "ZYViewController.h" @interface ZYViewController () @end /*用typede ...

  7. 019.nexus搭建docker镜像仓库/maven仓库

    一.安装docker CE 参考docker doc https://docs.docker.com/install/linux/docker-ce/centos/ 二.docker启动nexus3 ...

  8. 精通awk系列

    安装新版本gawk awk有很多种版本,例如nawk.gawk.gawk是GNU awk,它的功能很丰富. 本教程采用的是gawk 4.2.0版本,4.2.0版本的gawk是一个比较大的改版,新支持的 ...

  9. web-天下武功唯快不破

    没有武术是不可摧毁的,而最快的速度是获得长期成功的唯一途径.>>>>>> ----你必须尽可能快地做到这一点!---- <<<<<&l ...

  10. Git命令行操作（三）

    1. 本地库初始化 进入指定目录,如:D:\gitSpace\OA 右键-->Git Bash Here,执行命令: git init 效果如下: #查看.git目录 ls -la # 进入.g ...