ZOJ - 3747 Attack on Titans [有条件限制的经典递推计数好题]

题目大意是 有n个士兵的排列，士兵有GRP三种类型，要求至少有m个G士兵连续，至多有k个R士兵连续，问有多少种方案，答案 取模1e9+7

题目分析
我们看到这个题目，很显然是一个计数的问题，那么如果从简单入手考虑，假设不存在上述条件，就是有n个士兵，每个士兵有三种类型，很显然就是 3n $3^n$种情况，然后现在我们加上假设条件，根据尝试，我们发现至多有K个R士兵连续这种情况比较容易考虑，这是我们可以采用递推的思路，现在我用f(n)来表示到达第n个位置时满足上述限制条件的种类数，很显然，当n<=K时，限制条件不起作用，所以 f(n)=f(n−1)∗3 $f\left(n\right)=f(n-1)\ast 3$,当n=k+1时，只有一种情况:所有士兵全为R的时候的，是不满足条件的，此时我们只要删去这一种情况就可以了，即 f(n)=f(n−1)∗3−1 $f\left(n\right)=f(n-1)\ast 3-1$。
当n逐渐增加的时候，由于前面已经不存在不满足条件的情况了，所以，我们只要考虑最后一个新增的为R时，是否会形成连续k+1个R，假设形成了，有多少种这样的情况呢，很显然就是 f(n−k−1) $f(n-k-1)$种啦，即，当 n>k+1 $n>k+1$时， f(n)=f(n−1)∗3−f(n−k−1) $f\left(n\right)=f(n-1)\ast 3-f(n-k-1)$
但是我们现在有两个限制条件，并且至少有m个连续并不是很容易计算，此时，我们就会想到正难则反，我们通过计算至多有n个连续的G减去至多有m-1个连续的G的情况（连续人数的范围就控制在m-n之间）就会是我们要的至少有m个G连续。
再根据上面的方法 就能计算G的可能性。
由于现在我们有两个限制条件，三种士兵，所以我们不再简单的乘三，把各种情况都分离开来。用一个dp数组来记录种类数，dp[i][j] ，i表示当前序列种的第i个士兵，j代表士兵的种类。
0表示G,1表示P,2表示R;
现在我们的问题变成了 {至多n个连续的G,k个连续的R的个数} − $-${至多m-1个连续的G,k个连续的R的个数}
那么怎么计算 至多u个连续G,v个连续R的种类数呢？
当 i≤u $i\le u$时 显然 dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
而当 i=u+1 $i=u+1$时， dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]-1)%mod;
i>u+1 $i>u+1$时
dp[i][0]=((dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2])%mod+mod)%mod;
//因为在我们删去的情况中i-u到i-1这一段都成了G，所以第i-u-1个不可能G,所以我们只要减去第i-u-1个为P，R的两种情况就好了。
以此递推即可解决，对于dp数组的初始化，我们只要满足一开始能够计算出三个位置的值，所以在第0个无意义的位置， 给其中一个赋初值为1就好了

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define cl(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
ll dp[1000005][4];
 int n,m,k;
ll solve(int u,int v)
{
    //cl(dp,0);
    dp[0][2]=dp[0][0]=0;
    dp[0][1]=1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        dp[i][1]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
        if(i<=u)
        {
            dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
        }
        else if(i==u+1)
        {
            dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]-1)%mod;
        }
        else
        {
            dp[i][0]=((dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2])%mod+mod)%mod;
        }
        if(i<=v)
        {
            dp[i][2]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
        }
        else if(i==v+1)
        {
            dp[i][2]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]-1)%mod;
        }
        else
        {
          dp[i][2]=((dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]-dp[i-v-1][0]-dp[i-v-1][1])%mod+mod)%mod;
        }
    }
    return (dp[n][0]+dp[n][1]+dp[n][2])%mod;
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
    {
        printf("%lld\n",(solve(n,k)-solve(m-1,k)%mod+mod)%mod);
    }
    return 0;

}