CF1051D Bicolorings CF1051D Bicolorings
题目描述
You are given a grid, consisting of 22 rows and nn columns. Each cell of this grid should be colored either black or white.
Two cells are considered neighbours if they have a common border and share the same color. Two cells AA and BB belong to the same component if they are neighbours, or if there is a neighbour of AA that belongs to the same component with BB .
Let's call some bicoloring beautiful if it has exactly kk components.
Count the number of beautiful bicolorings. The number can be big enough, so print the answer modulo 998244353998244353 .
输入格式
The only line contains two integers nn and kk ( 1 le n le 10001≤n≤1000 , 1 le k le 2n1≤k≤2n ) — the number of columns in a grid and the number of components required.
输出格式
Print a single integer — the number of beautiful bicolorings modulo 998244353998244353 .
题意翻译
题目大意：
给定一个2 imes n2×n的棋盘，可以对上面的格子黑白染色，求染色后棋盘上的联通块的个数正好为kk的染色方案数
输入格式：
一行两个整数n,kn,k
输出格式：
一个整数，表示方案数
题解：
思路：计数——思考计数类DP。
既然已经是DP了，考虑设置状态。
直觉设置：(dp[i][j])表示前i列共有j个连通块的方案数。但是这样没办法转移。
思考转移：如何能够转移呢？显然，当前面的状态已经算出来的时候，当前状态统计答案肯定要和当前这一列的黑白染色情况有关的。
也就是说，和当前状态有关。思考状压。
可以用两位二进制表示当前列的黑白染色情况，分别转移。
两位？......大可不必状压吧。我们发现，这个状态一共只有4种情况，上黑下白，上白下黑，全黑，全白。
那直接多开一维存1~4就行，没必要状压。
转移方程见代码。非常好想。
初值、答案也见代码：
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,k;
int dp[1010][2010][5];
//dp[i][j][opt]表示前i列，j个连通块，第i列型号为opt的方案数。
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
dp[1][1][3]=dp[1][1][4]=dp[1][2][2]=dp[1][2][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=k;j++)
{
dp[i][j][3]=(dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j][2]+dp[i-1][j][3]+dp[i-1][j-1][4])%mod;
dp[i][j][4]=(dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j][2]+dp[i-1][j-1][3]+dp[i-1][j][4])%mod;
if(j>1)
{
dp[i][j][1]=(dp[i-1][j-1][4]+dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j-2][2]+dp[i-1][j-1][3])%mod;
dp[i][j][2]=(dp[i-1][j-2][1]+dp[i-1][j][2]+dp[i-1][j-1][3]+dp[i-1][j-1][4])%mod;
}
}
int ans=(dp[n][k][1]+dp[n][k][2]+dp[n][k][3]+dp[n][k][4])%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}