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试题描述：
我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
3. 最高位数字不为0。
因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
输入：
输入只有一行，包括恰好一个正整数n (4 ≤ n ≤ 1000000)。
输出：
输出只有一行，包括恰好n 位的整数中有趣的数的个数除以1000000007的余数。
输入示例：
4
输出示例：
3
其他说明：
数位DP+强制滚动
题解：
先考虑可持久化的解。首先我们还是得从题目分析
0不能再首位是吧？那首位只能是1,2,3中的一个呗是吧？你放1看看行不，肯定不行啊，所有0得在1的前面，你放1了让0情何以堪？放2可以，放3的话你让2情何以堪？
所以首位只能放2对吧？
现在来说status这个二维数组，status[i][j]到第i个位置满足第j种状态的所有可能数，总共最多有6种状态：
0 -- 0 1 (2) 3
1 -- (0) 1 (2) 3
2 -- 0 1 (2) (3)
3 -- (0) (1) (2) 3
4 -- (0) 1 (2) (3)
5 -- (0) (1) (2) (3)
在括号里的数说明前面的k位中，只出现了括号里的数，你可以发现6个状态中2都是被括号括起来的，没办法，刚刚说了2必须是首位啊
比如说status[5][4] = 70的意思就是，到第5位（首位是第1位！）为止，保持第4种状态的数一共有70个（咳咳，当然数据是我瞎掰的）
而且这是你在填第k+1位的时候能保持的仅有的6个状态，其他的状态都是无效的
比如0（1）（2) 3就是无效的，那是不可能的啊，假如说你现在填的是第k位吧，那么你填完第k位的数后的状态是只包括1和2，那你想想，怎么可能只出现1和2呢？那你让0情何以堪？0就没地方放了。
下面说转移：首先status[i][0] = 1;
到第i位为止，第i位填的数字使整个数字要满足状态0，那么这样的可能有几个？1个呗，你要能填出2以外的数来我就去……
status[i][1] = (status[i - 1][1] * 2 + status[i - 1][0]) % mod;
到第i位为止，填第i位的数，使整个数保持状态1。要满足状态1，也就是只出现0和2，那你想前i-1位应该是个什么状态，要么是只有2，要么是0,2对吧？就两种状态
然后如果前i-1位是状态0的话（只有2），那你这一位只能填0了嘛，所以status[i - 1][0]就是这样来的，如果前i-1位是状态1（有0,2），那么你现在有两种选择，填1或者是2两种情况，status[i - 1][1] * 2就是这样来的，然后把两种情况相加，就表示到第i位为止，状态为1的数共有status[i][1]这么多个
然后后面的都差不多啦，因为每一位可能会进入6种不同的状态，所以都要算出来
最后输出status[n][5]，因为题目要求0,1,2,3必须至少出现一次，所有我们要输出状态5的数的个数
中间结果不断取余绝对会爆int（最坏情况是3个INF加起来超了），所以用long long存决策。
可持久化的DP：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const int mod = 1000000007, maxn = 1000000 + 10; 6 int n; 7 long long status[maxn][6]; 8 void read(int& x){ 9 x = 0; int sig = 0; 10 char ch = getchar(); 11 while(!isdigit(ch)) {if(ch == ‘-‘) sig = -1; ch = getchar();} 12 while(isdigit(ch)) {x = 10 * x + ch - ‘0‘; ch = getchar();} 13 return ; 14 } 15 int solve(){ 16 for (int i = 0; i < 6; i ++) 17 status[0][i] = 0; 18 for (int i = 1; i <= n; i ++){ 19 status[i][0] = 1; 20 status[i][1] = (status[i - 1][1] * 2 + status[i - 1][0]) % mod; 21 status[i][2] = (status[i - 1][2] + status[i - 1][0]) % mod; 22 status[i][3] = (status[i - 1][3] * 2 + status[i - 1][1]) % mod; 23 status[i][4] = (status[i - 1][4] * 2 + status[i - 1][2] + status[i - 1][1]) % mod; 24 status[i][5] = (status[i - 1][5] * 2 + status[i - 1][4] + status[i - 1][3]) % mod; 25 } 26 return status[n][5]; 27 } 28 int main(){ 29 read(n); 30 printf("%d\n", solve()); 31 return 0; 32 }
然后再改成滚动的DP：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const int mod = 1000000007; 6 int n; 7 long long status[2][6]; 8 void read(int& x){ 9 x = 0; int sig = 0; 10 char ch = getchar(); 11 while(!isdigit(ch)) {if(ch == ‘-‘) sig = -1; ch = getchar();} 12 while(isdigit(ch)) {x = 10 * x + ch - ‘0‘; ch = getchar();} 13 return ; 14 } 15 int cur = 0; 16 int solve(){ 17 for (int i = 0; i < 6; i ++) 18 status[cur][i] = 0; 19 for (int i = 1; i <= n; i ++){ 20 status[cur][0] = 1; 21 status[cur][1] = (status[cur ^ 1][1] * 2 + status[cur ^ 1][0]) % mod; 22 status[cur][2] = (status[cur ^ 1][2] + status[cur ^ 1][0]) % mod; 23 status[cur][3] = (status[cur ^ 1][3] * 2 + status[cur ^ 1][1]) % mod; 24 status[cur][4] = (status[cur ^ 1][4] * 2 + status[cur ^ 1][2] + status[cur ^ 1][1]) % mod; 25 status[cur][5] = (status[cur ^ 1][5] * 2 + status[cur ^ 1][4] + status[cur ^ 1][3]) % mod; 26 cur ^= 1; 27 } 28 return status[cur ^ 1][5]; 29 } 30 int main(){ 31 read(n); 32 printf("%d\n", solve()); 33 return 0; 34 }
复杂度O(n)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/chxer/p/4388215.html
