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搭积木

Description

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ACM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。

Input

输入数据的第一行有两个正整数n和m,表示图纸的大小。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’。

Output

输出一个整数,表示答案对1000000007取模后的结果。

Sample Input 1

2 3

..X

.X.

Sample Output 1

4

Sample Input 2

3 3

..X

.X.

...

Sample Output 2

16

思路 : 记忆化搜索,如果只从最下面一层来看,那么可能有多个连续的块(没有x间隔),但是每次堆积木,只有可能选择其中一块,如果能够算出每一块的方案数,那么加起来便可以得到结果(暂时不考虑全为0产生的重复) 。 对于每一个连通块怎么计算方案数呢?其实假设一个地图是这样的:

.X.

...

那么从最下面那一层看,就有一块,这一块有三个位置,每个位置依次可以取值的最大值为  2 1 2; 也就是说我们确定三个高度,例如我们可以选择 1 1 1  ,0 1 0 ,0 1 2 等 但是 同一层中的积木必须连续摆放,中间不能留有空隙,因此,所选择的这一系列数只能满足单调,或者先增后减,所以可以对每个联通块搜索,虽然这样搜索方案数可能达到100的一百次方这么大,但是想一想就明白的,dfs(p,isup,last)  p表示枚举到几位,isup是否还在上升,last上个元素是谁,p 最多取0-100,isup 0||1 ,last 0-100,总共也就20000种状态,记忆化加上,没有多少时间消耗.. 最后这样搜索每个连通块都算了一次全为0的情况,所以,结果减去(连通块个数-1)

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

typedef long long ll;

ll mod = 1e9+7;

char mp[150][150];

ll dp[150][150][2];

ll p[150],k;

ll dfs(int u,int up,int l)

{

if(u == k)

{

return 1;

}

if(dp[u][l][up] != -1) return dp[u][l][up];

ll ans = 0;

for(int i = 0; i <= p[u]; i++)

{

if(up == 1)

{

ans+=dfs(u+1,i>=l,i);

ans%=mod;

}

else

{

if(i > l) continue;

ans+=dfs(u+1,0,i);

ans%=mod;

}

}

return dp[u][l][up] = ans;

}

int main()

{

int m,n;

scanf("%d%d",&m,&n);

for(int i = 0; i < m; i++)

{

scanf("%s",mp[i]);

}

k = 0;

ll dis = 0;

ll ans = 0;

for(int j = 0; j < n; j++)

{

if(mp[m-1][j] == 'X')

{

if(k != 0)

{

dis++;

memset(dp,-1,sizeof(dp));

ans += dfs(0,1,0);

ans %= mod;

k = 0;

}

continue;

}

int num = 0;

for(int i = m-1; i >= 0; i--)

{

if(mp[i][j] == 'X') break;

num++;

}

p[k++] = num;

}

if(k != 0)

{

dis++;

memset(dp,-1,sizeof(dp));

ans += dfs(0,1,0);

ans %= mod;

}

dis--;

ans = (ans+mod-dis)%mod;

printf("%lld\n",ans);

}

http://www.lbrq.cn/news/40861.html

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