Educational Codeforces Round 139 (Rated for Div. 2)

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Problem - 1766E - Codeforces

显然我们可以把0序列的贡献单独算: i*(n-i+1) 

考虑只存在1,2,3的情况.

首先通过，观察到一个重要性质:

最多只有三种序列.

1. 含有3或纯1或纯2型.
2. 纯1或纯2型
3. 纯2或纯1型

我们每次添加元素的操作，只跟上一个位置序列的最后一个元素有关

每个位置最多有3种类型的序列,所以每个位置的状态数是很有限的，这个很重要！

设 dp[i][j][k][l] 表示 以i为右端点的且当前序列状态为 (j,k,l) 的区间数量.

转移：

当前位置为  b[i],  枚举上一个位置的状态(j,k,l)

转移方程为:

 

 

AC代码：

#include 
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define int long long
#define endl '\n'
#define bit(x) (1ll << x)
using namespace std;
const int N = 3 * 1e3 + 5;
const int inf = 1e16;
int dp[7][7][7][7];
void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector a(n + 1), b(n + 1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> b[i];
    }
    int now = 0;
    int nex = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        dp[now][0][0][0]++;
        if (b[i] == 0)
        {
            ans += i * (n - i + 1);//单独统计0序列的贡献，其他状态由上一个转移，没变
        }
        else
        {
            nex = now^1;
            for (int j = 0; j <= 3; j++)
                for (int k = 0; k <= 3; k++)
                    for (int l = 0; l <= 3; l++)
                    {
                         dp[nex][j][k][l] = 0;
                    }
                       
            for (int j = 0; j <= 3; j++)
            {
                for (int k = 0; k <= 3; k++)
                {
                    for (int l = 0; l <= 3; l++)
                    {
                        if (j == 0 || (j & b[i]))//当j == 0 (开新序列)或 b[i]于j有交集（维护序列最后一个值）
                        {
                            dp[nex][b[i]][k][l] += dp[now][j][k][l];
                        }
                        else if (k == 0 || (k & b[i]))//同上
                        {
                            dp[nex][j][b[i]][l] += dp[now][j][k][l];
                        }
                        else
                        {
                            dp[nex][j][k][b[i]] += dp[now][j][k][l];
                        }
                    }
                }
            }
            now = nex;
        }
        for (int j = 0; j <= 3; j++)
        {
            for (int k = 0; k <= 3; k++)
            {
                for (int l = 0; l <= 3; l++)
                {
                   ans += dp[now][j][k][l] * ((j > 0 ? 1 : 0) + (k > 0 ? 1 : 0) + (l > 0 ? 1 : 0));
                }
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}
q
signed main()qq
{
    /*ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);*/
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}q