Solution -「AGC 026D」Histogram Coloring
\(\mathcal{Description}\)
Link.
有 \(n\) 列下底对齐的方格纸排成一行,第 \(i\) 列有 \(h_i\) 个方格。将每个方格染成黑色或白色,求使得任意完整 \(2\times2\) 矩形内恰有两个白色(和两个黑色)的方案数。答案模 \(10^9+7\)。
\(n\le100\),\(h_i\le10^9\)
\(\mathcal{Solution}\)
小清新 DP 题叭。
首先考虑在完整的网格图里染色,若某一行完成染色,那么下一行的方案并不多:
- 若当前行存在相邻同色格,则下一行必须为当前行颜色取反;
- 否则即当前行为黑白或白黑交替,则下一行可以与当前行全部相同或全部相反。
把这一结论放在本题,建出小根笛卡尔树(根据题意,当前区间最小值应缩为一点,严格意义上不是笛卡尔树,不难意会 qwq),DP。转移问题形如将若干小块网格下面垫一大块完整网格图,求方案数。所以,令 \(f(u,0/1)\) 表示完成 \(u\) 所代表区间的染色,且最下一层是否是黑白交替状的方案数。转移平凡,可参考易读的代码。
转移里有个快速幂,最终复杂度为 \(\mathcal O(n\log h)\)。
\(\mathcal{Code}\)
/* Clearink */
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )
const int MAXN = 100, MOD = 1e9 + 7;
int n, h[MAXN + 5];
int node, ecnt, lef[MAXN + 5], rig[MAXN + 5],
hgt[MAXN + 5], tot[MAXN + 5], head[MAXN + 5];
struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN + 5];
inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
inline int mpow( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
return ret;
}
inline void link( const int s, const int t ) {
graph[++ecnt] = { t, head[s] }, head[s] = ecnt;
}
inline int build( const int l, const int r ) {
if ( l > r ) return 0;
int u = ++node;
hgt[u] = 0x3f3f3f3f, tot[u] = 0;
lef[u] = l, rig[u] = r;
rep ( i, l, r ) {
if ( h[i] < hgt[u] ) hgt[u] = h[i], tot[u] = 0;
tot[u] += h[i] == hgt[u];
}
for ( int i = l, j; i <= r; i = j + 1 ) {
if ( h[j = i] == hgt[u] ) continue;
while ( j + 1 <= r && h[j + 1] != hgt[u] ) ++j;
int v = build( i, j );
link( u, v ), hgt[v] -= hgt[u];
}
return u;
}
int f[MAXN + 5][2];
inline void solve( const int u ) {
int &f0 = f[u][0] = 1, &f1 = f[u][1] = 2, len = rig[u] - lef[u] + 1;
for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
solve( v = graph[i].to ), len -= rig[v] - lef[v] + 1;
f0 = mul( f0, add( f[v][0], add( f[v][1], f[v][1] ) ) ),
f1 = mul( f1, f[v][1] );
}
f0 = mul( f0, mpow( 2, len ) ),
subeq( f0, f1 ),
f1 = mul( f1, mpow( 2, hgt[u] - 1 ) );
}
int main() {
scanf( "%d", &n );
rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &h[i] );
solve( build( 1, n ) );
printf( "%d\n", add( f[1][0], f[1][1] ) );
return 0;
}
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