藍橋杯---Cowboys---DP

試題 算法訓練 Cowboys

資源限制

  時間限制：2.0s 內存限制：256.0MB

問題描述

  一個間不容髮的時刻：n個牛仔站立於一個環中，並且每個牛仔都用左輪手槍指着他旁邊的人！每個牛仔指着他順時針或者逆時針方向上的相鄰的人。正如很多西部片那樣，在這一刻，繩命是入刺的不可惜……對峙的場景每秒都在變化。每秒鐘牛仔們都會分析局勢，當一對相鄰的牛仔發現他們正在互指的時候，就會轉過身。一秒內每對這樣的牛仔都會轉身。所有的轉身都同時在一瞬間發生。我們用字母來表示牛仔所指的方向。“A”表示順時針方向，“B”表示逆時針方向。如此，一個僅含“A”“B”的字符串便用來表示這個由牛仔構成的環。這是由第一個指着順時針方向的牛仔做出的記錄。例如，牛仔環“ABBBABBBA”在一秒後會變成“BABBBABBA”；而牛仔環“BABBA”會變成“ABABB”。 這幅圖說明了“BABBA”怎麼變成“ABABB” 一秒過去了，現在用字符串s來表示牛仔們的排列。你的任務是求出一秒前有多少種可能的排列。如果某個排列中一個牛仔指向順時針，而在另一個排列中他指向逆時針，那麼這兩個排列就是不同的。

輸入格式

  輸入數據包括一個字符串s，它只含有“A”和“B”。

輸出格式

  輸出你求出來的一秒前的可能排列數。

數據規模和約定

  s的長度爲3到100（包含3和100）

樣例輸入

BABBBABBA

樣例輸出

2

樣例輸入

ABABB

樣例輸出

2

樣例輸入

ABABAB

樣例輸出

4

樣例說明

  測試樣例一中，可能的初始排列爲："ABBBABBAB"和 “ABBBABBBA”。
　　測試樣例二中，可能的初始排列爲：“AABBB"和"BABBA”。

實現代碼

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;

int dp[105][2], len, pos, ans = 0;
string str;

int chm(int i) { return (i + len) % len; }

int count(int s, int e) {
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	dp[s][0] = 1, dp[s][1] = 0;
	while(s != e){
		s = chm(s + 1);
		if (str[s] == str[chm(s - 1)])  dp[s][0] = dp[chm(s - 1)][0] + dp[chm(s - 1)][1], dp[s][1] = 0; // "AA" || "BB"
		else if (str[s] == 'B')  dp[s][0] = dp[chm(s - 1)][1], dp[s][1] = 0; // "AB"
		else  dp[s][0] = dp[chm(s - 1)][0] + dp[chm(s - 1)][1], dp[s][1] = max(1, dp[chm(s - 2)][0] + dp[chm(s - 2)][1]); // "BA"
	}
	return dp[e][0] + dp[e][1];
}

int last(int pos) {
	int cnt = 2, s = pos + 2, e = pos - 1;
	if (str[chm(e - 1)] == 'A' && str[chm(e)] == 'A') return 0;
	if (str[chm(s)] == 'B' && str[chm(s + 1)] == 'B') return 0;
	if (str[chm(e - 1)] == 'B' && str[chm(e)] == 'A') e -= 2, cnt += 2;
	if (str[chm(s)] == 'B' && str[chm(s + 1)] == 'A') s += 2, cnt += 2;
	if (cnt >= len) return 1;
	else return count(chm(s), chm(e));
}

int main() {
	cin >> str, len = str.length(), pos = 0;
	if (str.find('B') != -1 && str.find('A') != -1) {
		while (pos < len) {
			if (str[pos] > str[chm(pos + 1)]) break;
			pos++;
		}
		ans = count(chm(pos + 2), chm(pos - 1)) + last(pos);
	}
	cout << ans << endl; 
	return 0;
}