【bzoj5082】弗拉格 矩陣乘法
阿新 • • 發佈：2017-11-23
algorithm ret 染色 輸出 git led style 顏色 狀態
題目描述
給你n個flag，你要把每個染色成紅黑白黃四色之一，滿足： 1.相鄰旗不能同色 2.白不能和黃相鄰，紅不能和黑相鄰 3.不能存在連續三個球依次是“黑白紅”或“紅白黑” 4.翻轉後相等視為等價 設不等價方案數為f(n)，給定l,r，求 Sigma f(i),其中L<=i<=R模1000000007輸入
輸入兩個數l,r l, r ≤ 10^9輸出
輸出答案
樣例輸入
3 4
樣例輸出
23
題解
矩陣乘法
容易設出dp狀態 $f[i][j][k]$ 表示前 $i$ 個flag，最後一個的顏色為 $j$ ，倒數第二個的顏色為 $k$ 的方案數。
顯然這個dp方程可以使用矩陣乘法來加速轉移，並使用計數器維護前綴和。
至於翻轉後相等視為等價的問題，易知：答案=(總方案數+翻轉後與原來相等的方案數)/2。於是求出反轉後與原來相等的方案數即可。
容易發現偶數長度的中間兩個一定相同，因此不存在偶數長度的回文串。
對於奇數長度，發現題目條件的限制是對稱的（AB<=>BA，ABC<=>CBA），因此某長度為 $2k-1$ 的奇數長度回文串的個數即為長度為 $k$ 的串的個數。再次求 $\lceil\frac n2\rceil$ 的答案即可。
最後前綴相減即為最終答案。
時間復雜度 $O(9^3\log n)$
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1010
using namespace std;
int n , m , a[N][N] , c[N][N] , v[N] , tot;
bool solve(int mid)
{
int i , j , k;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
for(j = i + 1 ; j <= m ; j ++ )
c[i][j] = 0;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
tot = 0;
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
if(a[i][j] >= mid)
v[++tot] = j;
for(j = 1 ; j <= tot ; j ++ )
{
for(k = j + 1 ; k <= tot ; k ++ )
{
if(c[v[j]][v[k]]) return 1;
c[v[j]][v[k]] = 1;
}
}
}
return 0;
}
inline char nc()
{
static char buf[100000] , *p1 , *p2;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
int ret = 0; char ch = nc();
while(!isdigit(ch)) ch = nc();
while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ ‘0‘) , ch = nc();
return ret;
}
int main()
{
int i , j , l = 1 << 30 , r = 0 , mid , ans;
n = read() , m = read();
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
a[i][j] = read() , l = min(l , a[i][j]) , r = max(r , a[i][j]);
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(solve(mid)) ans = mid , l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}
【bzoj5082】弗拉格 矩陣乘法