题目描述
Tyvj 两周年庆典要到了，Sam 想为 Tyvj 做一个大蛋糕。蛋糕俯视图是一个 N×M 的矩形，它被划分成 N×M 个边长为 1×1 的小正方形区域（可以把蛋糕当成 NNN 行 MMM列的矩阵）。蛋糕很快做好了，但光秃秃的蛋糕肯定不好看！所以，Sam 要在蛋糕的上表面涂抹果酱。果酱有三种，分别是红果酱、绿果酱、蓝果酱，三种果酱的编号分别为 1,2,31,2,31,2,3。为了保证蛋糕的视觉效果，Admin 下达了死命令：相邻的区域严禁使用同种果酱。但 Sam 在接到这条命令之前，已经涂好了蛋糕第 KKK 行的果酱，且无法修改。
现在 Sam 想知道：能令 Admin 满意的涂果酱方案有多少种。请输出方案数 mod106。若不存在满足条件的方案，请输出 000。
输入格式
输入共三行。
第一行：N,MN, MN,M；
第二行：KKK；
第三行：MMM 个整数，表示第 KKK 行的方案。
字母的详细含义见题目描述，其他参见样例。
输出格式
输出仅一行，为可行的方案总数。
样例
样例输入
2 2
1
2 3样例输出
3样例说明
| 2 3 1 2 | 2 3 3 1 | 2 3 3 2 |
数据范围与提示
对于 30% 的数据，1≤N×M≤20；
对于 60% 的数据，1≤N≤1000,1≤M≤3；
对于 100% 的数据，1≤N≤10000,1≤M≤5。
这道题用状压DP，是三维的，有很多细节要注意处理。
其中我用了比较笨的储存方法，但是能有效地忽略掉特殊行。
具体看代码，不懂评论。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
using namespace std;
#define MAXN 100010
#define INF 10000009
#define MOD 1000000
#define LL long long
#define in(a) a=read()
#define REP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define DREP(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)
#define cl(a) memset(a,0,sizeof(a))
inline int read(){
int x=,f=;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*+ch-'';
return x*f;
}
inline void out(int x){
if(x<) putchar('-'),x=-x;
if(x>) out(x/);
putchar(x%+'');
}
int n,m,k;
int pow[];
LL f[][];
struct node{
LL num,a[];
}tree[];
bool check1(int a,int b){
int sa[],sb[],na=m+,nb=m+;
memset(sa,,sizeof(sa));
memset(sb,,sizeof(sb));
while(a){
sa[--na]=a%;
a/=;
}
while(b){
sb[--nb]=b%;
b/=;
}
REP(i,,m){
//cout<<sa[i]<<" "<<sb[i]<<endl;
if(sa[i]==sb[i])
return false;}
return true;
}
bool check2(int a){
int sa[],na=m+;
memset(sa,,sizeof(sa));
while(a){
sa[--na]=a%;
a/=;
}
REP(i,,m)
if(sa[i]==sa[i-])
return false;
return true;
}
void init(){
REP(i,,n){
if(i==k) continue;
tree[i].num=;
REP(j,,pow[m]-)
if(check2(j)){
tree[i].a[++tree[i].num]=j;
}
}
return ;
}
int DP(){
LL ans=;
REP(i,,tree[].num) f[][i]=;
REP(i,,n)
REP(j,,tree[i].num)
REP(k,,tree[i-].num)
if(check1(tree[i].a[j],tree[i-].a[k]))
{
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-][k])%MOD;
}
REP(i,,tree[n].num) ans=(ans+f[n][i])%MOD;
return ans;
}
int main(){
pow[]=;
REP(i,,)
pow[i]=pow[i-]*;
in(n);in(m);in(k);
tree[k].num=;
REP(i,,m){
int x;
in(x);
x-=;
tree[k].a[]+=x*pow[m-i];
}
if(!check2(tree[k].a[])){
cout<<;
return ;
}
init();
/*REP(i,1,n){
REP(j,1,tree[i].num)
cout<<tree[i].a[j]<<" ";
cout<<endl;
}*/
cout<<DP()<<endl;
/*REP(i,1,n){
REP(j,1,tree[i].num)
cout<<f[i][j]<<" ";
cout<<endl;
}*/
return ;
}