HDU 5965 扫雷（递推）

扫雷

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Total Submission(s): 718    Accepted Submission(s): 169

Problem Description

扫雷游戏是晨晨和小璐特别喜欢的智力游戏，她俩最近沉迷其中无法自拔。
该游戏的界面是一个矩阵，矩阵中有些格子中有一个地雷，其余格子中没有地雷。 游戏中，格子可能处于己知和未知的状态。如果一个己知的格子中没有地雷，那么该 格子上会写有一个一位数，表示与这个格子八连通相邻的格子中地雷总的数量。
现在，晨晨和小璐在一个3行N列（均从1开始用连续正整数编号）的矩阵中进 行游戏，在这个矩阵中，第2行的格子全部是己知的，并且其中均没有地雷；而另外 两行中是未知的，并且其中的地雷总数量也是未知的。
晨晨和小璐想知道，第1行和第3行有多少种合法的埋放地雷的方案。

 

Input

包含多组测试数据，第一行一个正整数T，表示数据组数。
每组数据由一行仅由数字组成的长度为N的非空字符串组成，表示矩阵有3行N 列，字符串的第i个数字字符表示矩阵中第2行第i个格子中的数字。
保证字符串长度N <= 10000，数据组数<= 100。

 

Output

每行仅一个数字，表示安放地雷的方案数mod100,000,007的结果。

 

Sample Input

2 22 000

 

Sample Output

6 1

 

Source

2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）

题意：

有一个3行N列的矩阵，第一行和第三行可以放置地雷，中间一行是数字，表示相邻9个格的地雷数，现在已知中间一行的数字，求可以放置地雷的方案。

我在第一眼看到这道题的时候就觉得是道DP题，因为数据给的太大，枚举不可能实现。所以刚开始就寻找这个问题的状态，我个人习惯先找状态，之后分析决策和阶段。

经过分析之后，找到状态dp[i][j][k],其中表示i表示第i列，k表示在第i列时放置k个地雷，j表示在第i+1列时应该放置的地雷数，  所以dp[i][j][k]表示在第i列放置k个地雷并且i+1列应该放置j个地雷时的最大方案数。

当我分析出来这个状态，求状态转移方程时发现，顺推更加简单，所以我把状态改成了递推式：把第二行的数据存入a数组里。

例如：当求出dp[i-1][j][k]时可以推出dp[i][a[i]-j-k][j]( 0<=j,k<=2,2>=a[i]-j-k>=0 )，

当j==1时：dp[i][a[i]-j-k][j]=dp[i-1][j][k]*2；（因为当j==1时，可以选择仅在第一行或第三行放置一个地雷）

当j==0 || j==2时： dp[i][a[i]-j-k][j]=dp[i-1][j][k]*1;

（其实我们中间可以发现一个规律：当第一列的地雷数确定时，第二列随之确定，同样，第三列的地雷数等于a[i]减去前两列的地雷数...同理，每一列的状态都是确定的。所以可以更简单一点的枚举第一列的地雷数。这道题就GG了。不过我懒得写了）

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define LL long long
#define mem(p,k) memset(p,k,sizeof(p));
using namespace std;
LL dp[10010][3][3];
char a[10010];
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
        while(t--){
            scanf("%s",a+1);
            mem(dp,0);
            int len=strlen(a+1);
            for(int i=1;i<=len;i++)a[i]-=48;
            if(len==1){
                if(a[1]==1)cout<<2<=j+k&&a[i]-j-k<=2){


                            if(j==1){
                                dp[i][a[i]-j-k][j]+=dp[i-1][j][k]*2;
                                dp[i][a[i]-j-k][j]%=100000007;
                            }
                            else{
                                dp[i][a[i]-j-k][j]+=dp[i-1][j][k];
                                dp[i][a[i]-j-k][j]%=100000007;
                            }
                        }
                    }
                }


            }

            LL sum=0;

                for(int j=0;j<=2;j++){
                    sum+=dp[len][0][j];
                    sum%=100000007;
                }

            cout<