【动态规划dp+前缀和】 [蓝桥杯2018决赛]搭积木

题目描述

小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：
规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。
其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。
每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。

输入
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。n<=100，m<=100
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。
输出
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。
样例输入
2 3
…X
.X.
样例输出
4

思路

这是一道看了b站大佬讲解才懂做的题，b站大佬视频指路：b站讲解
下面是我看了这么多题解之后自己的理解：

1. 首先，我们可以利用递推思想通过从第0层只有一种放置方案（第0层只能全放满），一步步递推到第n层计算出总共拥有多少种放置方案。我们定义数组dp[n][m][m]，dp[i][j][k]表示第i行的j至k列必放积木时，总共有多少种放置方案。如：初始化dp[0][1][m]=1表示第0层1至m列只有一种摆放方式，即全部摆满。
2. 上面讲了dp数组的初始化，这里讲dp数组的递推：dp[i][j][k]表示的是第i行的j至k列必放积木的方案总数，这表示i-1行除了j-k必放积木外，其它都是可以选择放不放积木的，如下图：
   

可得，dp[i][j][k]由：
  for x in [1, j):
    for y in (k, m]:
      dp[i][j][k] += dp[i-1][x][y]

但是算一下i,j,k,x,y五重循环…会超时，这里就有一种解决方法，解决掉x,y这个二重循环，从而把整个过程变成三重循环。我们可以根据求二维前缀和的知识把求dp[i][j][k]转化为下图，其中s[m][m]数组用于存储前缀和，s[i][j]表示从第i列到第j列有多少种方案：

由上图可得我们可以将dp[i][j][k]的求解转化为求蓝色框的公式：
dp[i][j][k] = s[x2][y2] - s[x1-1][y2] - s[x2][y1-1] + s[x1-1][y1-1] = s[j][m] - s[1-1][m] - s[j][k-1] + s[1-1][k-1]
3. 为解决判断第i行j至k列是否能摆满积木（没有’X’）的问题，我们可以定义数组a[n][m]， 用以记录第i行从0到j列为止，总共出现了多少个’X’，初始化a[i][0] = 0, 递推式为：a[i][j] = a[i][j-1] + (输入==‘X’)，即该位置输入如果是’X’则+1；这样我们判断第i行j至k列是否能摆满直接判断a[i][k]-a[i][j-1]是否等于0就行了，如果等于0说明i行j至k列中间没有’X’，可以摆满
4.详细步骤见代码

代码

#include
#define N 110
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n, m;
ll a[N][N] = {0}, s[N][N] = {0}, dp[N][N][N] = {0}, ans = 1;

//计算二维前缀和
void sum(int r){
    for(int i=1; i<=m; i++){
        for(int j=1; j<=m; j++){
            s[i][j] = (s[i][j-1] + s[i-1][j] - s[i-1][j-1] + dp[r][i][j])%mod;
        }
    }
}

//将dp[i][j][k]转化为二维前缀和计算方法
ll cal(int x1, int y1, int x2, int y2){
    return (s[x2][y2] - s[x1-1][y2] - s[x2][y1-1] + s[x1-1][y1-1])%mod;
}

int main(){
    cin>>n>>m;
    char x;

	//根据计算a数组
    for(int i=n; i>=1; i--){
        for(int j=1; j<=m; j++){
            cin>>x;

            a[i][j] = a[i][j-1] + (x=='X');
        }
    }

	//初始化dp数组第0行1至m列只有一种摆法：全部摆满
    dp[0][1][m] = 1;
    //先求第0行的二维前缀和
    sum(0);

    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=1; j<=m; j++){
            for(int k=j; k<=m; k++){
            //判断第i行j至k列没有'X'
                if(a[i][k]-a[i][j-1]==0){
                    dp[i][j][k] = cal(1, k, j, m)%mod;
                    ans = (ans + dp[i][j][k]) % mod;
                }
            }
        }
        //计算前第i行二维前缀和
        sum(i);
    }

    cout<<(ans+mod)%mod<<endl;

    return 0;
}