（CCF 201312-4）有趣的数 [DP] 最详细解答

问题描述
　　我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
　　1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
　　2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
　　3. 最高位数字不为0。
　　因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
　　请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
输入格式
　　输入只有一行，包括恰好一个正整数n (4 ≤ n ≤ 1000)。
输出格式
　　输出只有一行，包括恰好n 位的整数中有趣的数的个数除以1000000007的余数。
样例输入
4
样例输出
3

分析：
题目相当于是求由0,1,2,3组成的所有满足一定要求的排列数的 数目。

我的第一想法就是dfs+剪枝。后来分析了一下就知道超时了。因为结果很大，我们再怎么剪枝，也需要将所有的结果找出来一遍，而结果最大值会大于所给的求模的值，所以一定超时。

所以没法往找出所有的结果的方向思考了。那就只有通过推导出他们之间的关系和推导公式来解决问题了。所以就只能向dp思考了。

对于一个给定的合格的数，如2013这个四位数，要是再往后扩展一位，会是什么样的结果呢？
并且我们可以很快分析出，第一个数只能是2

我们将0，1，2，3所有的满足条件2，3的情况进行归纳总结：
（1）：所有的数都出现过一次：

 5－－全部用了

（2）：有一个数没有用：只能是1或3没有用，因为若0没有用，那说明1也一定还没有用，不然后面无法出现0了，对于2同理可得，因为若2没有用，那说明3也一定还没有用

 4－－用了0，2，3，剩1
 3－－用了0，1，2，剩3

（3）**有两个数没有用：**0，1或者1，3没有用，同理由于条件2，使得其他情况不存在满足的。

 2－－用了2，3，剩0，1
 1－－用了0，2，剩1，3

（4）有三个数没有用：只能是0，1，3

 0－－用了2，剩0，1，3

我们用dp[i][0] ~ dp[i][5]依次表示为当长度为i时，各种情况的组合的数目。
所以递推公式为：

dp[i][0] = 1;
当只用了2时，只用一种情况2..222

dp[i][1] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][1]*2) % mod;
在i-1位的条件下，dp[i-1][0]只用了2，所以在第i位为：0
在i-1位的条件下，dp[i-1][1]只用了0，2，所以在第i位为：0或2

dp[i][2] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][2]) % mod;
在i-1位的条件下，dp[i-1][0]只用了2，所以在第i位为：3
在i-1位的条件下，dp[i-1][2]只用了2，3，所以在第i位为：3（2在3的前面）

dp[i][3] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][3]*2) % mod;
在i-1位的条件下，dp[i-1][1]只用了0，2，所以在第i位为：1
在i-1位的条件下，dp[i-1][3]只用了0，1，2，所以在第i位为：1或2

dp[i][4] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][2] + dp[i-1][4]*2) % mod;
在i-1位的条件下，dp[i-1][1]只用了0，2，所以在第i位为：3
在i-1位的条件下，dp[i-1][2]只用了2，3，所以在第i位为：0
在i-1位的条件下，dp[i-1][4]只用了0，2，3，所以在第i位为：0或3

dp[i][5] = (dp[i-1][3] + dp[i-1][4] + dp[i-1][5]*2) % mod;
在i-1位的条件下，dp[i-1][3]只用了0，1，2，所以在第i位为：3
在i-1位的条件下，dp[i-1][4]只用了0，2，3，所以在第i位为：1
在i-1位的条件下，dp[i-1][5]全用了，所以在第i位为：1或3

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int maxn = 1010;
const long long mod = 1000000007;

long long dp[maxn][10];

void init()
{
    for(int i=0;i<6;i++) dp[0][i] = 0;
    for(int i=1;i0] = 1;
        dp[i][1] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][1]*2) % mod;
        dp[i][2] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][2]) % mod;
        dp[i][3] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][3]*2) % mod;
        dp[i][4] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][2] + dp[i-1][4]*2) % mod;
        dp[i][5] = (dp[i-1][3] + dp[i-1][4] + dp[i-1][5]*2) % mod;
    }
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int n;
    init();
    scanf("%d",&n);
    printf("%d\n",dp[n][5]);
    return 0;
}