CF1027E Inverse Coloring

题意：n × n的矩阵，每个位置可以被染成黑/白色。

一种gay的染色是任意相邻两行的元素，每两个要么都相同，要么都不同。列同理。

一种gaygay的染色是一种gay的染色，其中没有哪个颜色的子矩阵大小大于等于k。

求有多少种gaygay的染色。

解：首先手玩这个gay的染色到底是什么情况。

然后发现，每种gay的染色都一一对应一种只有第一行第一列的染色。换句话说，决定了第一行第一列，就可以得到唯一一种gay的染色，并且每种gay的染色都可以用这种方式得到。

然后考虑gaygay的染色，显然，找出第一行最长连续段和第一列最长连续段。这两者的长度乘积 < k即可。

又由于第一行和第一列有一个公共元素，而黑白又是轮换对称的，所以把第一个格子固定为黑色，最后×2即可。

DP求出一行的最长连续段恰好为k时方案数。然后前缀和就是最长连续段小于等于k的方案数了。

枚举第一行的最长连续段，可以得到一个第一列最长连续段的限制。方案数乘起来就行了。

注意这个限制要对n取min。

DP这个环节，具体来说，f[i][j][1/0]表示前i个，最大连续段为j，当前有没有长度为j的连续段的方案数。刷表法转移，枚举当前放长为多少的连续段即可。复杂度n³。

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>

 const int N = , MO = ;

 int f[N][N][], sum[N];

 inline void add(int &a, const int &b) {
     a = (a + b) % MO;
     return;
 }

 int main() {
     int n, k;
     scanf("%d%d", &n, &k);
     for(int j = ; j <= n; j++) {
         f[][j][] = ;
     }
     for(int i = ; i <= n; i++) {
         for(int j = ; j <= n; j++) {
             // f[i][j][0/1]
             for(int k = ; k < j && i + k <= n; k++) {
                 add(f[i + k][j][], f[i][j][]);
                 add(f[i + k][j][], f[i][j][]);
             }
             if(i + j <= n) {
                 add(f[i + j][j][], f[i][j][]);
                 add(f[i + j][j][], f[i][j][]);
             }
         }
     }
     // f[n][i][1]
     for(int i = ; i <= n; i++) {
         sum[i] = (f[n][i][] + sum[i - ]) % MO;
     }

     int ans = ;
     for(int i = ; i <= n; i++) {
         int t = std::min(n, (k - ) / i);
         add(ans, 1ll * f[n][i][] * sum[t] % MO);
     }

     printf("%d", ans *  % MO);
     return ;
 }

AC代码