904 Winter is coming
思路
难题。首先简化问题， (n) 个0与 (m) 个1排成一列，连续的0不能超过x个，连续的1不能超过y个，求排列方法数。
显然会想到这是动态规划。最快想到的方法是 (dp[i][j][x][y]) 表示已经有i个北境兵j个野人参与排列，且末尾有x个连续北境士兵或y个连续野人士兵的方案数。这方法显然是正确的，但是光是 (dp[200][200][10][10]) 数组已经十分接近本题内存限制了，保证MLE。状态转移方法是大模拟，四层for循环，每次增加一个人放在最后，讨论各种情况。具体代码可见MLE参考代码，比较好理解。
不过这个方法已经和答案很接近了，只需要稍微优化一下。可以发现第三维和第四维很多空闲的空间被浪费了，我们没有必要用两个维度来分别记录有几个0或1，可以把第四维变成一个标志位，0代表北境军，1代表野人军，而第三维记录最后一段连续的人数，这样空间变成原来的1/6，算是简单的优化了一下，思想并没有变。具体可见优化代码，在此感谢孟尧提供。
本题还可以继续优化，换种方式，dp[i][j][k]：已经有i个北境兵j个野人参与排列，第三维k是标志位（0代表北境军，1代表野人军）的排列方法数。状态转移方程变为：： (dp[i][j][0]=∑(dp[i-k][j][1])%MOD) ；其中 (k∈[1,min(i,x)]) 。同理， (dp[i][j][1]=∑(dp[i][j-k][0])%MOD) ；其中 (k∈[1,min(j,y)]) 。相信你很快就能看懂，这里用 (dp[i-k][j][1]) 来代表最后有k个0，相当于同时把三四维合并了，巧妙至极。具体可见最优参考代码。
分析
本题不卡时间，卡的是内存。目的是让大家在解决问题的时候有优化的思想（实际的目的是把它从中等题变成难题）。
DP只能意会，不可言传。大家在做DP题的时候一定要理清思路，一般是先不管空间，毕竟以空间换时间，大多数题都是先卡时间再卡空间的。
以本题为例粗略讲解一下DP，以后不会再讲。记住DP具备的两个要素：最优子结构和子问题重叠，见《算法导论》225页。本问题明显备最优子结构，最少的排列数是由多个较短一点的最少排列数组成。DP的多层循环也是有规律的，因为子问题的重叠，你得先把子问题算出来，才能计算更深层的。这里i和j从小到大地计算，保证所加上的都是已经计算过的，才不会出现问题，如果这题加一个dp[i+1][j][1]，那明显不对了，因为这个还没有计算过。状态转移方程有时候很微妙，需要一番数学推理。
最优参考代码
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// Created by AlvinZH on 2017/10/24.
// Copyright (c) AlvinZH. All rights reserved.
//
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define MOD 1000007
using namespace std;
int n, m, x, y;
int dp[205][205][2];
int main()
{
while(~scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &x, &y))
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 0; i <= x; ++i)
dp[i][0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= y; ++i)
dp[0][i][1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
for (int k = 1; k <= min(i,x); ++k)
dp[i][j][0] = (dp[i][j][0] + dp[i-k][j][1]) % MOD;
for (int k = 1; k <= min(j,y); ++k)
dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + dp[i][j-k][0]) % MOD;
}
}
printf("%d
", (dp[n][m][0] + dp[n][m][1]) % MOD);
}
}
/* 把第三四维合并，因为我们只要在状态转移的时候保证最后连续一段不超过x或y就好了，第三维用来记录最后连续的是0还是1就好了。
* dp[i][j][k]：已经有i个北境兵j个野人参与排列,k为标志位（0代表北境军，1代表野人军）的排列方法数。
*/
优化参考代码
/*
Author: 孟爻(12593)
Result: AC Submission_id: 403884
Created at: Sun Nov 12 2017 23:05:10 GMT+0800 (CST)
Problem: 904 Time: 73 Memory: 11232
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
long f[205][205][15][2];
long M = 1000007;
long n,m,x,y;
int main() {
while(~scanf("%ld%ld%ld%ld",&n,&m,&x,&y))
{
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0][0]=1;
for(long i=0; i<=n; i++) {
for(long j=0; j<=m; j++) {
if(i) {
for(long k=1; k<=x; k++)
f[i][j][k][0]=(f[i][j][k][0]+f[i-1][j][k-1][0])%M;
for(long k=0; k<=y; k++)
f[i][j][1][0]=(f[i][j][1][0]+f[i-1][j][k][1])%M;
}
if(j) {
for(long k=1; k<=y; k++)
f[i][j][k][1]=(f[i][j][k][1]+f[i][j-1][k-1][1])%M;
for(long k=0; k<=x; k++)
f[i][j][1][1]=(f[i][j][1][1]+f[i][j-1][k][0])%M;
}
}
}
long ans=0;
for(long k=1; k<=x; k++)
ans=(ans+f[n][m][k][0])%M;
for(long k=1; k<=y; k++)
ans=(ans+f[n][m][k][1])%M;
printf("%ld
",ans);
}
}
MLE代码
//
// Created by AlvinZH on 2017/10/24.
// Copyright (c) AlvinZH. All rights reserved.
//
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MOD 1000007
int n, m, x, y;
int dp[205][205][12][12];
int main()
{
while(~scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &x, &y))
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0][0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= m; ++j) {
for (int k = 0; k <= x; ++k) {
for (int l = 0; l <= y; ++l) {
if(dp[i][j][k][l] == 0) continue;
if(i != n && k != x)//末尾是北境兵
{
dp[i+1][j][k+1][0] += dp[i][j][k][l];
dp[i+1][j][k+1][0] %= MOD;
}
if(j != m && l != y)//末尾是野人兵
{
dp[i][j+1][0][l+1] += dp[i][j][k][l];
dp[i][j+1][0][l+1] %= MOD;
}
}
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= x; ++i)
ans = (ans + dp[n][m][i][0]) % MOD;
for (int i = 1; i <= y; ++i)
ans = (ans + dp[n][m][0][i]) % MOD;
printf("%d
", ans);
}
}
/*
* dp[i][j][x][y]表示已经有i个北境兵j个野人参与排列，且末尾有x个连续北境士兵或y个连续野人士兵的方案数。
*/