codeforces 979E（dp套dp）

题意：

　　有n个点，编号为1~n。有的点颜色是黑色，有的点颜色是白色，有的点的颜色待涂。你还可以连一些边，但这些边一定是从小编号连到大编号的点。

　　对于一个确定的图，我们去统计有多少条路径满足“该路径经过的所有点的颜色都是黑白相间的”，如果这种路径总数的奇偶性为p（p是输入的，p=0或1），那么该图就被称为好图

　　我们需要统计所有图中，好图的个数。答案对1e9+7取模。

分析：

　　我们先考虑对于一个给定的图，如何求出这种路径的总数

　　dp[i][0]表示点i是黑点，以点i为终点的所有路径的条数；dp[i][1]表示点i是白点，以点i为终点的所有路径的条数

　　那么只需要从前往后dp一下就能求出结果了

　　注意我们只关系奇偶性，所以是在模2意义下，那么dp值只有0和1两种取值

　　那么有一种显然的dp套dp的思路：f[i][S]表示已经做完了前i个点，前i个点的dp值是S情况下的图的个数

　　但是最多有50个点，状态是2^50，这样不能解决

　　仔细分析后发现，我们关心的并不是前i-1个点的具体dp值，我们关心的只是dp[j][0]=0、dp[j][0]=1、dp[j][1]=0、dp[j][1]=1的状态的分别的数目！

　　于是dp[i][ew][ow][eb][ob]表示前i个点，有ew个even-white点（即以某白点为终点的路径总数是偶数，后面同理），有ow个odd-white点，有eb个even-black点，有ob个odd-black点的情况下，图的个数

　　那么最后答案就是满足(ow+ob)%2==p的状态的图的个数的总和

　　这样复杂度是O(n^5)，我们考虑优化一下

　　首先很明显，ob=i-ew-ow-eb，于是可以省掉一个维的状态，复杂度就变成O(n^4)了，可以通过

　　再进一步，我们发现偶点是随便连的，于是我们只需要记状态为dp[i][ow][ob]就行了，时间复杂度O(n^3)

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int maxn=,mod=1e9+;
 int dp[maxn+][maxn+][maxn+][maxn+];
 int c[maxn+];
 int n,p;
 int pw[maxn+];
 void inc(int&a,int b)
 {
     a=(a+b)%mod;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&p);
     for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]);
     pw[]=;
     for(int i=;i<=maxn;++i) pw[i]=pw[i-]*2LL%mod;
     if(c[]==||c[]==-) dp[][][][]=;
     if(c[]==||c[]==-) dp[][][][]=;
     for(int i=;i<=n;++i)
         for(int ew=;ew<=i;++ew)
             for(int ow=;ow<=i;++ow)
                 for(int eb=;eb<=i;++eb)
                 {
                     if(ow+ew+eb>i) continue;
                     int ob=i-ew-ow-eb;
                     if(c[i]==||c[i]==-)
                     {
                         if(ow+ew!=)
                         {
                         long long s=;
                         if(ow>=)
                             if(ob==) s=dp[i-][ew][ow-][eb];
                             else s=1LL*pw[ob-]*dp[i-][ew][ow-][eb]%mod;
                         if(ew>=)
                             if(ob>=) s+=1LL*pw[ob-]*dp[i-][ew-][ow][eb]%mod;
                         s%=mod;
                         s=s*pw[eb+ew+ow-]%mod;
                         inc(dp[i][ew][ow][eb],(int)s);
                         }
                     }
                     if(c[i]==||c[i]==-)
                     {
                         if(ob+eb!=){
                         long long s=;
                         if(ob>=)
                             if(ow==) s=dp[i-][ew][ow][eb];
                             else s=1LL*pw[ow-]*dp[i-][ew][ow][eb]%mod;
                         if(eb>=)
                             if(ow>=) s+=1LL*pw[ow-]*dp[i-][ew][ow][eb-]%mod;
                         s%=mod;
                         s=s*pw[eb+ob+ew-]%mod;
                         inc(dp[i][ew][ow][eb],(int)s);
                         }
                     }
                 }
     int ans=;
     for(int ew=;ew<=n;++ew)
         for(int ow=;ow<=n;++ow)
             for(int eb=;eb<=n;++eb)
                 if(ew+ow+eb<=n)
                     if((ow+n-ew-ow-eb)%==p)
                         inc(ans,dp[n][ew][ow][eb]);
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }