先讲一下等会要用到的定义：
-
红格代表被甜玉米洒水器喷洒到的方格，蓝格代表被苜蓿洒水器喷洒到的方格。橙格代表有甜玉米洒水器的方格，紫格代表有苜蓿洒水器。
-
\((a,b)\) 指网格线的交点，\([a,b]\) 指网格。
比如下面这个图中，黄点代表的是 \((4,3)\)，黄格代表的是 \([2,3]\)。
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\(sum_i\) 表示网格图的第 \(i\) 行中有多少个没被占据的网格。
然后说说考试时的心路历程。（其实是用来帮助你如何由暴力思考到正解的）
\(25\ pts\)
第一眼看到这道题是不会的……甚至连部分分都不知道怎么写
但是仔细想了一想，发现红蓝两方阵营肯定是被一条由 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的分割线分开的。
比如说这样：
这种情况是被如图的黄色的分割线分开的。
然后考虑哪些地方需要洒水器：
显然，我们发现，在分割线的拐角处都需要洒水器（即图中的橙格和紫格），其他地方可填可不填，但是只能填一种洒水器。
我们假设某一种分割线有 \(k\) 个拐角（也就是有 \(k\) 个洒水器是一定要放的），方阵总面积为 \(S\)（面积指没有被占据的网格的总数）。
那么对于这种分割线，一共有 \(2^{S-k}\) 种方案。（记住这条公式）
那么暴力的方法就显而易见了：每次枚举一条分割线，并记录分割线的拐角数，最后统计答案。
时间复杂度貌似是 \(O(2^n+n^2)\)，只有 \(25pts\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2010
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,ans,poww[N*N],sum;
char ch[N][N];
//n=4
// 0 1 2 3 4
//0#########
// #.#.#W#.#
//1#########
// #.#.#W#W#
//2#########
// #W#W#.#.#
//3#########
// #.#.#.#W#
//4#########
//last=0向下，last=1向上
void dfs(const int x,const int y,const int a,const int b,const int last)
{
if(x==n&&y==n)
{
ans=(0ll+ans+1ll*poww[sum-a-b])%mod;
return;
}
if(!last)
{
if(x+1<=n) dfs(x+1,y,a,b,0);
if(y+1<=n&&ch[x][y+1]!='W') dfs(x,y+1,a,b+1,1);
}
else
{
if(x+1<=n&&ch[x+1][y]!='W') dfs(x+1,y,a+1,b,0);
if(y+1<=n) dfs(x,y+1,a,b,1);
}
}
inline int read()
{
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x;
}
int main()
{
n=read();
poww[0]=1;
for(register int i=1;i<=n*n;i++) poww[i]=(2ll*poww[i-1])%mod;
for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",ch[i]+1);
for(register int i=1;i<=n;i++)
for(register int j=1;j<=n;j++)
sum+=(ch[i][j]=='.');
dfs(1,0,0,0,0);
dfs(0,1,0,0,1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
\(100\ pts\)
考虑 \(dp\)，设 \(dp(i,j,0/1)\) 指已经把前 \(i\) 行灌溉满了，分割线的终止在 \((i,j)\)，分割线最后的方向是向右/向下的。
那么答案显然就是 \(dp(n,n,0)+dp(n,n,1)\)。
考虑状态转移方程。
-
先考虑 \(dp(i,j,0)\) 怎么转移：
如图，我们现在要求出 \(dp(3,3,0)\)（黄点），那么只能从 \(dp(3,2,0/1)\)（绿点）转移，因为分割线最后的方向是向右的。
第一种情况：从 \(dp(3,2,0)\) 转移，如图：
那么显然有 \(dp(3,3,0)=dp(3,2,0)\)，因为 \(S\) 没变，\(k\) 也没变。
第二种情况：从 \(dp(3,2,1)\) 转移，如图：
我们发现，原来的分割线终止在 \((3,2)\) 时，\(k=1\)，就是只有 \([1,2]\) 一个灌溉器，但是现在分割线种植在 \((3,3)\) 时，\(k=2\)，也就是新增了一个灌溉器 \([3,3]\)。那么原来的方案数 \(dp(3,2,1)=2^{S-k}\)，现在 \(k\gets k+1\)，所以 \(dp(3,3,0)=\frac{dp(3,2,1)}{2}\)。
整合一下，就有 \(dp(3,3,0)=dp(3,2,0)+\frac{dp(3,2,1)}{2}\)。
即 \(dp(i,j,0)=dp(i,j-1,0)+\frac{dp(i,j-1,1)}{2}\)
-
考虑 \(dp(i,j,1)\) 怎么转移：
同理，这次需要从绿点转移：
第一种情况：从 \(dp(2,3,0)\) 转移，如图：
第一幅图是 \(dp(2,3,0)\) 的情况，第二幅图是 \(dp(3,3,1)\) 的情况。
显然从第一幅图变成第二幅图时 \(S\) 增加了 \(sum_3\)，\(k\) 增加了 \(1\)，那么 \(dp\) 值从 \(2^{S-k}\) 变成了 \(2^{S+sum_3-k-1}\)，也就是说 \(dp(3,3,1)=dp(2,3,0)\times 2^{sum_3-1}\)。
第二种情况：从 \(dp(2,3,1)\) 转移，如图：
然后我们发现，\(S\gets S+sum_3\)，\(k\) 没变，则 \(dp(3,3,1)=dp(2,3,1)\times 2^{sum_3}\)
整合一下，\(dp(3,3,1)=dp(2,3,0)\times 2^{sum_3-1}+dp(2,3,1)\times 2^{sum_3}\)。
即 \(dp(i,j,1)=dp(i-1,j,0)\times 2^{sum_i-1}+dp(i-1,j,1)\times 2^{sum_i}\)。
到这里，整道题就做完了，已经可以 AC 了。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
但是还有一些可以优化的地方，这里就大致讲一下，就是把求面积的部分直接提出来，放到最后输出的时候乘上一个 \(2^{\sum_{i=1}^n sum_i}\)（也就是全局的面积）就好了。
代码（未加优化）：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2010
#define mod 1000000007
#define half 500000004
using namespace std;
void add(int &a,int b){a=(0ll+a+b)%mod;}
int mul(int a,int b){return (1ll*a*b)%mod;}
int n,dp[N][N][2],sum[N],poww[N*N];
char ch[N][N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
poww[0]=1;
for(int i=1;i<=n*n;i++)
poww[i]=mul(2,poww[i-1]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch[i]+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
sum[i]+=(ch[i][j]=='.');
}
dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=1;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(!i&&!j) continue;
if(j>0)
{
add(dp[i][j][0],dp[i][j-1][0]);
if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][0],mul(dp[i][j-1][1],half));
}
if(i>0)
{
add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][1],poww[sum[i]]));
if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][0],poww[sum[i]-1]));
}
}
}
printf("%d\n",(0ll+dp[n][n][0]+dp[n][n][1])%mod);
return 0;
}
代码（加优化）：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2010
#define mod 1000000007
#define half 500000004
using namespace std;
void add(int &a,int b){a=(0ll+a+b)%mod;}
int mul(int a,int b){return (1ll*a*b)%mod;}
int n,dp[N][N][2],sum;
char ch[N][N];
int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=(1ll*ans*a)%mod;
a=(1ll*a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch[i]+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
sum+=(ch[i][j]=='.');
}
dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=1;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(!i&&!j) continue;
if(j>0)
{
add(dp[i][j][0],dp[i][j-1][0]);
if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][0],mul(dp[i][j-1][1],half));
}
if(i>0)
{
add(dp[i][j][1],dp[i-1][j][1]);
if(ch[i][j]=='.') add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][0],half));
}
}
}
printf("%d\n",1ll*(dp[n][n][0]+dp[n][n][1])%mod*poww(2,sum)%mod);
return 0;
}
其实就是常数上的优化。
写码不易，留赞再走。