标签：task com 否则 == pre 表示 efi splay i++
给定n列的方块，第i列高度$h_i$。现在要把它染成红蓝两色，要求满足：对于任意一个$2\times 2$的区域，恰有2个蓝色，2个红色。问方案数。
$n\leq 100,h_i\leq10^9.$
观察到一个性质：对于同行相邻两个格子，如果颜色相同，那么下一行的颜色必定取反；否则下一行可以取反也可以不取。那么，对于任一行，如果存在相邻两个格子颜色相同，下一行的染色方法唯一；否则存在两种染色方案。（以下所述的“存在/不存在”都是指“存在/不存在相邻两个格子颜色相同”）
考虑保存两个量：first：存在相邻格子颜色相同情况的方案数；second：不存在的方案数（固定第一个格子的颜色，也就是最终答案需要乘2）。
如果是一个矩形很容易计算答案。否则定义solve(l,r,lim)表示区间[l,r]比lim高的部分染色方案数，每次对于这段区间把下面整块矩形的部分砍掉，上面部分递归处理。用s0,s1维护上方有方格的列，当前行存在/不存在的方案数，那么可以方便地和上方没有方格的部分合并答案。注意计数过程中一些细节问题。
时间复杂度$\mathcal{O}(n^2)$。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) 3 #define ll long long 4 #define inf 1000000001 5 #define y1 y1___ 6 #define pii pair<int,int> 7 #define fi first 8 #define se second 9 using namespace std; 10 char gc(){ 11 static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; 12 return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 13 } 14 #define gc getchar 15 ll read(){ 16 char ch=gc();ll x=0;int op=1; 17 for (;!isdigit(ch);ch=gc()) if (ch==‘-‘) op=-1; 18 for (;isdigit(ch);ch=gc()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘; 19 return x*op; 20 } 21 #define N 105 22 #define mod 1000000007 23 int ksm(int x,int p){ 24 int ret=1; 25 for (;p;p>>=1,x=(ll)x*x%mod) if (p&1) ret=(ll)ret*x%mod; 26 return ret; 27 } 28 int n,h[N]; 29 pii solve(int l,int r,int lim){//区间[l,r]比lim高的部分的方案数 30 int mi=inf,cnt=0;pii ret;//first：存在相邻格子颜色相同情况的方案数；second：不存在的方案数（固定第一个格子的颜色） 31 rep (i,l,r) if (h[i]<mi) mi=h[i],cnt=1;else if (h[i]==mi) cnt++; 32 if (cnt==r-l+1){//矩形 33 ret.fi=(ksm(2,r-l+1)+mod-2)%mod; 34 ret.se=ksm(2,mi-lim-1); 35 return ret; 36 } 37 int rest=r-l+1,s0=1,s1=1,last=0;//rest：上方没有方格的列数；s0,s1：维护上方有方格的列，当前行存在/不存在的方案数 38 rep (i,l,r+1) 39 if (!last&&h[i]>mi) last=i; 40 else if (last&&(h[i]<=mi||i>r)){ 41 rest-=i-last; 42 pii tmp=solve(last,i-1,mi);//子问题，递归求解 43 s0=(ll)s0*(tmp.fi+4ll*tmp.se%mod)%mod;//*4是因为上一行可以取反，当前行亦然，2*2 44 s1=(ll)s1*(2ll*tmp.se%mod)%mod; 45 last=0; 46 } 47 s0=(s0+mod-s1)%mod; 48 ret.fi=(ll)s0*ksm(2,rest)%mod;//如果上方方格已经存在，剩下的列随意 49 ret.fi=(ret.fi+(ll)s1*(ksm(2,rest)+mod-2)%mod)%mod;//否则需要去掉两种不合法的情况 50 ret.se=(ll)s1*ksm(2,mi-lim-1)%mod;//固定第一个格子（第一行）颜色 51 return ret; 52 } 53 int main(){ 54 n=read();rep (i,1,n) h[i]=read(); 55 if (n==1){//注意特判 56 printf("%d\n",ksm(2,h[1])); 57 exit(0); 58 } 59 int ex=1; 60 rep (i,1,n) if (h[i]>h[i-1]&&h[i]>h[i+1]){ 61 ex=(ll)ex*ksm(2,h[i]-max(h[i-1],h[i+1]))%mod; 62 h[i]=max(h[i-1],h[i+1]); 63 } 64 pii ans=solve(1,n,0); 65 printf("%d",(ll)ex*(ans.fi+2ll*ans.se%mod)%mod); 66 return 0; 67 }
n=1的时候需要特判，因为否则的话调用ksm的时候p会变负，导致TLE。
标签：task com 否则 == pre 表示 efi splay i++
原文地址：https://www.cnblogs.com/bestFy/p/9315702.html
