foj 2170 花生壳的序列 解题报告

Description

“我需要一个案件!!!”,没有案件卷福快疯了。花生不忍心看卷福这个样子,他决定帮卷福找点事情做。

花生拿了两个长度为N的相同的序列,序列都为WB(WBWBWB...)相间,并且由W开头。他将两个序列并在了一起,其中属于同个序列的元素相对位置不变。花生高兴的把新序列拿给卷福,要求卷福给每个元素标上1或2编号,表示这个元素是原来的第几个序列的元素。

卷福看完花生的序列,哭笑不得。“笨蛋!你难道不知道这个标号不唯一么!那你知道有多少种不同的标号方案么?”

可怜的花生给自己挖了个坑。快来帮他解决这个问题!

Input

输入第一行包含一个整数t,表示输入组数。

每组数据第一行为一个整数N(1<=N<=3000),表示每个原序列的长度。

接下来一行为一个只包含’W’, ’B’的字符串,长度为2*N。

Output

输出一个整数占一行,为标号的方案数。由于答案比较大,请将答案mod 1000000007。

Sample Input

32WBWB2WWBB2BBWW

Sample Output

240

思路:题目看了很久没懂,看了大神代码才明白过来。例如,WBWB可以有1212,2121两种命名方式,WWBB有1212,1221,2121,2112四种

所以思路就出来了,dp[i][j] 代表第一个字符串长度为i 第二个字符串长度为j时的数量,然后根据i和j的奇偶数递推
i为奇数 原来的字符串的第i位是W 为偶数是B,j同上
i+j是到输入的串的位置

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 2010;
const int mod = 1000000007;
char a[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T--)
	{
		int n;
		scanf("%d", &n);
		scanf("%s", a+1);
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		dp[0][0] = 1;//初始为一种命名方式
		for(int i = 0; i <= n; i++)
		{
			for(int j = 0; j <= n; j++)
			{
				if(!i && !j)//不能同时为0
					continue;
				int p = i+j;//2个原串长度是i和j 到输入串的i+j位置 
				if((i&1) && (j&1)) //原串都是奇数 当前位必须都是W 
				{
					if(a[p] == 'W')
					{
						dp[i][j] += dp[i-1][j];//w可能是i串的
						dp[i][j] %= mod;
						dp[i][j] += dp[i][j-1];//w可能是j串的
						dp[i][j] %= mod;
					}
				}
				else if(i&1)//一奇一偶 分类讨论 
				{
					if(a[p] == 'W')//只能是i串的
					{
						dp[i][j] += dp[i-1][j];
						dp[i][j] %= mod;
					}
					else//如果是B,只能是j串的
					{
						if(j)//不为0
						{
							dp[i][j] += dp[i][j-1];
							dp[i][j] %= mod;
						}
					}
				}
				else if(j&1)
				{
					if(a[p] == 'W')
					{
						dp[i][j] += dp[i][j-1];
						dp[i][j] %= mod;
					}
					else
					{
						if(i)
						{
							dp[i][j] += dp[i-1][j];
							dp[i][j] %= mod;
						}
					}
				}
				else//都是偶数 必须都是B 
				{
					if(a[p] == 'B')
					{
						if(i)
						{
							dp[i][j] += dp[i-1][j];
							dp[i][j] %= mod;
						}
						if(j)
						{
							dp[i][j] += dp[i][j-1];
							dp[i][j] %= mod;
						}
					}
				}
			
			}				
		}
		printf("%d\n", dp[n][n]);
	}
	return 0;
}


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