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http://codeforces.com/problemset/problem/567/F
dp
没有想出来,感觉这题还是比较有意思。
题意:
有n个数,要求放置。每个数要放置两次。要求最后整个序列的顺序是先不减后不增。还给出了k个限制条件。求满足这些条件的序列的总数。
思路:
还是比较容易想到是用dp做的。就是不知道怎么转移状态。。。orz
因为小的数字总是要在大的数字的两边的,可以考虑同时放置两个数值相同的数字,此时有三种放置的情况。1)将这两个数字放在序列的两旁。2)都放在序列的前面。3)都放在序列的后面的。
定义dp[i][j]表示i~j所能放置的方法数目。
可以考虑从大的数开始往小的数放。就可以符合先不减后不增的条件。那么就是对于每一次是否可以转移,判断是否要求当前放置的这两位的数不相等,是否要求当前放置的这两位的数不小于已经放置的位置(因为不论怎么放都应该是小于已经放置的位置的)。如果有这样的条件,就不能转移。
dp[i][j] += 转移之前那种情况的方法数
将dp数组初始化为0。一开始长度是2的时候,只能放置在两边,因为在这之前是没有序列的。如果没有违背条件就初始化为1。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define M 109
typedef long long ll;
ll dp[M][M];
int req[M][5];
char s[20];
int n,k;
// 0 < 1 <= 2 = 3 >= 4 >
bool ok(int a,int b,int l,int r) //a ->要放的位置左下标,b->右下标 //l ,r 原本的
{
for(int i = 0;i < k;i++)
{
if((req[i][0] == a && req[i][1] == b) || (req[i][0] == b && req[i][1] == a)) //自身比较
{
if(req[i][2]==0 || req[i][2]==4) //要求要放置的这两个位置的数不等
return false;
}
else if(req[i][0] == a || req[i][0] == b)
{
if(req[i][1] >= l && req[i][1] <= r)
{
if(req[i][2] >= 2)//所放置的地方的数不小于已经放置的
return false;
}
}
else if(req[i][1] == a || req[i][1] == b)
{
if(req[i][0] >= l && req[i][0] <= r)
{
if(req[i][2] <= 2) //所放置的地方的数不小于已经放置的
return false;
}
}
}
return true;
}
int main()
{
while(scanf("%d %d",&n,&k)==2)
{
for(int i = 0;i < k;i++)
{
scanf("%d %s %d",&req[i][0],s,&req[i][1]);
if(s[0]==‘<‘ && strlen(s)==1)
req[i][2] = 0; //记录要求
else if(s[0] == ‘<‘) req[i][2] = 1;
else if(s[0] == ‘=‘) req[i][2] = 2;
else if(s[0] == ‘>‘ && strlen(s)==2) req[i][2] = 3;
else req[i][2] = 4;
}
for(int l = 2;l <= 2*n;l += 2)
{
for(int i = 1;i <= 2*n-l+1;i++)
{
int j = i+l-1;
dp[i][j] = 0;
if(l == 2)
{
if(ok(i,j,i+1,j-1))
{
dp[i][j] = 1;
}
}
else
{
if(ok(i,i+1,i+2,j)) // 首
{
dp[i][j] += dp[i+2][j];
}
if(ok(j-1,j,i,j-2)) //尾
{
dp[i][j] += dp[i][j-2];
}
if(ok(i,j,i+1,j-1)) //两边
{
dp[i][j] += dp[i+1][j-1];
}
}
}
}
printf("%I64d\n",dp[1][2*n]);
}
return 0;
}
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原文地址:http://blog.csdn.net/liujc_/article/details/47833807