【动态规划题目讲解】AGC026D

本文主要是介绍【动态规划题目讲解】AGC026D - Histogram Coloring，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

$\mathrm{[AGC026D] Histogram\ Coloring}$

$\mathrm{Description}$

给定 $N$ 列的网格，每列高为 $h_i$ ，将每个格子染色成红色或蓝色，使得每个 $2\times 2$ 的区域都恰好有两个蓝格子和两个红格子，求方案数。

$\mathrm{Solution}$

为了小编书写方便，令 $1$ 为红， $0$ 为蓝（反过来也无所谓）

简化版

思考一下如果 $h_i$ 全部相等，怎么做呢？（比如说，给个 $20\mathrm{pts}$ 的部分分）

那么，其实就相当于给定了一个矩形，此时对于矩形的最后一行进行分类讨论：

最后一行有 $2$ 个 $0$ ，那么上一行对应位置只能填 $2$ 个 $1$ ，对应这别的位置也能相应的填好

所以，发现其实是一个翻转操作，但是这里的前提是下面有一对连续的 $0$ ，那么才会固定上一行，那如果最后一行是 $01$ 交替呢？

那么，上一行你可以发现有 $2$ 种填法： $010101\dots$ ， $1010101\dots$

这样对于每一行都会分成 $2$ 种，那么最后的方案数应该就是 $2^{h_i}$ （最后一行也是 $2$ 种）。

而对于第 $1$ 种情况：底部的状态有 $2^n$ 种填法，而上面会固定，所以不会再有更多的状态

但是，这 $2$ 种会算重，即 $0101\dots$ 和 $1010\dots$ 会被算 $2$ 次，所以最终的方案数为 $2^n+2^{h_i}-2$

那么，这是简化版的做法，不过可以借鉴简化版的思路来解决这道问题。

这道题无非就是 $h_i$ 不相同了，比如说形状如下图所示：（ $h_i$ 可能为 $0$ ）

那么，对于这个图，考虑到每次可以划分成一个矩形，考虑子问题，比如说：

只考虑到当前最矮的那个方块，那么下面其实就是一个矩形，然后上面就会分成 $2$ 个部分，即为两个子问题，那么就可以设计 DP 了！较为自然的想到设 $f_{l,r}$ 表示区间 $l\sim r$ 的方案数，不过只设这些可以吗？其实是不可以的，你会发现还有划分的高度，所以还要存一维高度，以及当前是不是 $01$ 交替。所以，总结一下，设 $f_{l,r,h,0/1}$ 表示区间 $l\sim r$ ，当前划分高度为 $h$ ，是/不是 $01$ 交替。（ $0$ 表示是， $1$ 表示不是）

那么，考虑转移： $f_{l,r,h,0}=f_{l,p-1,h_p,0}\times f_{p+1,r,h_p,0}\times 2^{h_p-h}$

其中 $p$ 为当前最低方块的位置，即左边的方案数乘右边的方案数，由于划分出的矩形是 $01$ 交替的，所以每行都有 $2$ 种，总共就是 $2^{h_p-h}$ 种。

下面考虑不是 $01$ 交替的转移：

如果左侧是 $01$ 交替，右侧是 $01$ 交替，那么总共有 $6$ 种，因为中间 $p$ 位置要想让区间 $l\sim r$ 不是 $01$ 交替，那么必须和左侧或右侧中有一个是相等的。（这里就不一一列举了）

如果左侧 $01$ 交替，右侧不是 $01$ 交替，那么左侧可以是 $01$ 或 $10$ ， $p$ 位置有 $2$ 种选择，所以是 $4$ 种。

如果左侧不是 $01$ 交替，右侧是 $01$ 交替，那么同理可得是 $4$ 种。

如果左侧和右侧都不是 $01$ 交替，那么只能 $p$ 点取 $0/1$ ，是 $2$ 种。

综上所述：令 $l_0=f_{l,p-1,h_p,0},l_1=f_{l,p-1,h_p,1},r_0=f_{p+1,r,h_p,0},r_1=f_{p+1,r,h_p,1}$

则， $f_{l,r,h,1}=6l_0r_0+4l_0r_1+4l_1r_0+2l_1r_1$

$\mathrm{Accpeted\ Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;const int SIZE = 1e2 + 10, MOD = 1e9 + 7;int N;
int H[SIZE];int ksm(int a, int b, int p)
{int Result = 1;while (b){if (b & 1) Result = Result * a % p;a = a * a % p;b >>= 1;}return Result;
}
int DP(int l, int r, int h, int k)
{if (l > r) return 1;if (l == r) return k ? 0 : ksm(2, H[l] - h, MOD);int Min = 1e18, P;for (int i = l; i <= r; i ++)if (H[i] < Min) Min = H[i], P = i;if (!k) return DP(l, P - 1, H[P], 0) * DP(P + 1, r, H[P], 0) % MOD * ksm(2, H[P] - h, MOD) % MOD;if (P == l) return 2 * (DP(P + 1, r, H[P], 0) + DP(P + 1, r, H[P], 1)) % MOD;if (P == r) return 2 * (DP(l, P - 1, H[P], 0) + DP(l, P - 1, H[P], 1)) % MOD;int L0 = DP(l, P - 1, H[P], 0), L1 = DP(l, P - 1, H[P], 1), R0 = DP(P + 1, r, H[P], 0), R1 = DP(P + 1, r, H[P], 1);return (6 * L0 % MOD * R0 % MOD + 4 * L1 * R0 % MOD + 4 * L0 * R1 % MOD + 2 * L1 * R1 % MOD) % MOD;
}signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);cin >> N;for (int i = 1; i <= N; i ++)cin >> H[i];cout << (DP(1, N, 0, 0) + DP(1, N, 0, 1)) % MOD << endl;return 0;
}