problem

solution

可以從 $\text{DFA}$ 的思想來考慮這道題。

考慮建一個 $\text{DFA}$ 只接受最后可以變成字符串 $1$ 的原串。

因為每次是選擇三個 連續/相鄰 的位置操作，限制是比較強的，無非有三種情況。

• case1 三個全 $1$，操作后只剩 $1$ 個 $1$，相當于刪去兩個 $1$。
• case2 三個全 $0$，操作后只剩 $1$ 個 $0$，相當于刪去兩個 $0$。
• case3 剩下的組合，操作后只剩 $1$ 個 $0/1$，但都相當于刪去 $01$ 各一個。

顯然貪心地我們是不會操作 case1 減少 $1$ 的數量的。而連續的 $0$ 的數量也不會超過 $2$ 個，超過一定可以操作回來。

只有 $1$ 的數量大于等于 $0$ 的數量就是合法的。

事實上最后情況 $1$ 的數量絕對不可能跟 $0$ 數量相同，因為題目保證輸入串是奇數長度，而每次的操作都減少兩個長度。

$1$ 多了反正都會被接受，沒必要在 $\text{DFA}$ 上建立這么多狀態。

我們將所有 $1$ 的個數超過兩個的狀態都連回個數為 $2$ 的狀態，然后接受這個狀態即可。

所以 $\text{DFA}$ 的狀態數是 $1(0/1/2)?0(0/1/2)=3?3=9$ 種的。

最后就是在這個 $\text{DFA}$ 上跑 $dp$ 即可。

設 $f(i,j,k):$ 到字符串的第 $i$ 位，此時狀態為 $j$ 個 $1$ 和 $k$ 個 $0$ 的方案數?？紤]向 $i+1$ 位轉移。

• $s_{i+1}=0$，直接增加 $0$ 個個數即可。
  • $k=2$，case2 操作。$f(i,j,2)\to f(i+1,j,0)$。
  • $k=2$，$f(i,j,k)\to f(i+1,j,k+1)$。
• $s_{i+1}=1$。在這個時候才考慮跟 $0$ 的抵消情況。
  • $k=0$，$f(i,j,0)\to f(i+1,\min (j+1,2),0)$。
  • $k=0$，case3 操作，$f(i,j,k)\to f(i,j,k?1)$。
• $s_{i+1}=?$，將上面兩種情況都跑一遍即可。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 1000000007 #define int long long #define maxn 300005 char s[maxn]; int n, ans; int f[maxn][3][3];signed main() {scanf( "%s", s + 1 );n = strlen( s + 1 );f[0][0][0] = 1;//f[i][j][k]:到字符串第i位時 有j個1 k個0for( int i = 0;i < n;i ++ ) {if( s[i + 1] != '0' ) {for( int j = 0;j <= 2;j ++ ) {( f[i + 1][j][0] += f[i][j][1] ) %= mod;( f[i + 1][j][1] += f[i][j][2] ) %= mod;( f[i + 1][min( j + 1, 2ll )][0] += f[i][j][0] ) %= mod;}}if( s[i + 1] != '1' ) {for( int j = 0;j <= 2;j ++ ) {( f[i + 1][j][1] += f[i][j][2] ) %= mod;( f[i + 1][j][2] += f[i][j][1] ) %= mod;( f[i + 1][j][1] += f[i][j][0] ) %= mod;}}}for( int i = 0;i <= 2;i ++ )for( int j = 0;j <= i;j ++ )( ans += f[n][i][j] ) %= mod; printf( "%lld\n", ans );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的AtCoder3950 [AGC022E] Median Replace（DFA + dp）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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