CF404D-DP
正经的东西
题意
给定一个字符串，只包含'0','1','2','*','?'五种字符，其中'?'可被替换为其他任何一种，求使序列符合扫雷地图定义的方案数。
一个数字字符大小表示与之临近的位置总共有多少个雷。
思路
DP。
和其他题解不太相同，我们每个点只记录三种状态：0,1,2，分别表示此点的下一位不为雷、为雷，和本身就是雷的此位以前的方案数。
注意，这些状态除了最后一个，与该点本身为何没有关系。
考虑每一个点分别为何的情况下从上一个位置的什么状态转移：
-
为0：继承0.
f[i][0]+=f[i-1][0] -
为1：自身0的状态继承上一个为雷的状态，为1的继承为0的。
f[i][0]+=f[i-1][2] f[i][1]++f[i-1][0] -
为2：只能将自身为1的状态继承上一个为雷的状态。
f[i][1]+=f[i-1][2] -
为雷：继承上一个为1、为雷的状态。
f[i][2]+=f[i-1][2]+f[i-1][1] -
为？：将上述所有状态全部转移。
f[i][0]+=f[i-1][0]+f[i-1][2] f[i][1]+=f[i-1][0]+f[i-1][2] f[i][2]+=f[i-1][1]+f[i-1][2]
至于上面转移的原因显然，即每个点后面的点能继承当前点的哪个状态。
- 注意：初始化
f[0][0]=f[0][1]=1，后者是为了计算第一位为雷的情况。此外，所有该点未被转移的状态都为0。
于是我们线性DP求解即可。
不正经的东西
-
首先，显然上面的第一维可以滚动数组优化。
-
然后，我们可以边输入边计算，就不用数组存东西啦。这样我们将空间复杂度优化到了(O(1))
-
最后，你就会发现吾的做法
即好想又好写又省时间又省空间
达成成就：内存使用小于代码大小
代码
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int f[2][3];
int x,i;char c;
inline void qm(int &a,const int& b){(a+=b)>=mod?(a-=mod):a;}
int main(){
c=getchar();
while(c<=32)c=getchar();
f[0][0]=f[0][1]=1;
for(x=1;c>32;x++,c=getchar()){
i=x&1;
f[i][0]=f[i][1]=f[i][2]=0;
switch(c){
case '0':{
qm(f[i][0],f[i^1][0]);
break;
}
case '1':{
qm(f[i][1],f[i^1][0]);
qm(f[i][0],f[i^1][2]);
break;
}
case '2':{
qm(f[i][1],f[i^1][2]);
break;
}
case '*':{
qm(f[i][2],f[i^1][1]+f[i^1][2]);
break;
}
case '?':{
qm(f[i][0],f[i^1][0]);
qm(f[i][0],f[i^1][2]);
qm(f[i][1],f[i^1][0]);
qm(f[i][1],f[i^1][2]);
qm(f[i][2],f[i^1][1]);
qm(f[i][2],f[i^1][2]);
break;
}
}
}
x--;
printf("%d",(f[x&1][0]+f[x&1][2])%mod);
return 0;
}