本文主要是介绍Codeforces Round #594 (Div. 2) Ivan the Fool and the Probability Theory(DP)，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！
题目链接：https://codeforces.com/contest/1248/problem/C
题目大意：n*m的长方形中，一共有两种颜色，问每一个块相邻最多有一个与之相同颜色的块的染色方案数
题目思路：想了好久想不出来..真的丢人啊！挺水的一个题.......首先我们可以发现，如果有相邻两块颜色一样，那么他们下一行一定是确定的，因为这两块的下面两个块颜色不能与之相同，直角是不能出现的。然后就可以发现，无论旁边是啥颜色，都会变成与之想反，啥意思呢，简单地说就是，第一行如果存在相邻两块颜色一样，那么这个图形整个的图案就确定了。
但是有一种特殊情况，那就是交错出现黑和白，这种情况下，下面有时候是可以与上面相同的，也就是这种情况下图案不唯一。但是这也不是个问题，因为列上满足要求的方法跟行一样，只要你能保证每一列中都不要出现相邻超过三个相同颜色就行，因为横着都是交错出现，不用担心。所以问题就转换成了，如果只有一行的话，一共有几种方案呢？
这就是一个非常非常非常基础的dp，菜鸡我居然没写出来！！！真的要检讨....设dp[i][0]为第i个填白色的方案数，dp[i][1]表示第i个填黑色的方案数，那么显而易见，dp[1][0]=dp[1][1]=1(只有一个格子，又规定了颜色，肯定只有一种鸭！)，dp[2][0]=dp[2][1]=2(两个格子的话，不管第二个啥颜色，第一个都能乱填，反正两个格子没法出现三个一样的情况)，然后就是dp[i][0]=dp[i-1][1]+dp[i-2][1]（当前是白色的话，要么前一个是黑色，要么前前个是黑色，前前前个才是黑色话就出现三个白色，就歇逼了，所以..后面那个原理一样），dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][0]，二者合体，发现dp[i][0]+dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-2][1]，那就直接合体，dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]
所以就是，一列m个有dp[m]种情况，其中要踢掉黑白相间的两种情况，这两种情况所占的就是n行的情况数，为dp[n]，所以答案就是dp[n]+dp[m]-2
以下是代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
const int MAXN = 1e5+5;
const int MOD = 1e9+7;
ll n,m;
ll dp[MAXN];
int main()
{dp[1]=2,dp[2]=4;rep(i,3,1e5)dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-2])%MOD;while(cin>>n>>m){cout<<(dp[n]+dp[m]-2+MOD)%MOD<<endl;}return 0;
}
这篇关于Codeforces Round #594 (Div. 2) Ivan the Fool and the Probability Theory(DP)的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
