2018ICPC网络赛(徐州站)A题题解

一、题目链接

https://nanti.jisuanke.com/t/31453

二、题意

给定$N$个位置,$2^k$种颜色,让你去涂色,条件是相邻的两种颜色类型异或值的二进制表示不全为$1$(以下简称:异或值不全为$1$),注意,颜色类型的数字是$k$位,不是$32$位,也是$64$位,不要想当然。然后,要注意这$N$个位置是环形的。

三、思路

比较朴素且容易想到的做法:$dp$递推计数。

设$dp[i][0]$表示,在$i$个位置中,$i$个位置的颜色和一个位置的颜色相等的方案数;(这里的“第一个位置”待会儿解释,把题目背景想象成一排就好了);

$dp[i][1]$表示,在$i$个位置中,$i$个位置的颜色和一个位置的颜色异或值为全$1$的方案数;

$dp[i][2]$表示,在$i$个位置中,$i$个位置的颜色不是以上两种的其他选取方式(以下简称:取其他的)的方案数;

那么,初始状态:$dp[1][0]=2^k,dp[1][1]=0,dp[1][2]=0$;递推式:

$dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][2]$,表示:如果$i$个位置取和一个位置相等的数字,那么可以由一个位置取和一个位置相等的状态,以及由一个位置取其他数字的方案数转移过来;

$dp[i][1]=dp[i-1][1]+dp[i-1][2]$,表示:如果$i$个位置取和一个位置的颜色异或值为全$1$的数字,那么可以由一个位置取和一个位置的颜色异或值为全$1$的状态,以及由一个位置取其他的数字的方案数转移过来;

$dp[i][2]=dp[i-1][0]*(2^k-2)+dp[i-1][1]*(2^k-2)+dp[i-1][2]*(2^k-3)$,表示:如果$i$个位置取其他的数字,如果一个位置取的是和一个位置相等的数字($0$状态),那么,$i$个位置不能取和一个位置相等的,也不能取和一个位置(即和一个位置相等的那个数字)异或为全$1$的,那么只能取剩余的$2^k-2$种数字。如果一个位置取的是和一个位置的颜色异或值为全$1$的数字($1$状态),那么,$i$个位置不能取和一个位置的颜色异或值为全$1$的数字,也就是不能取和一个位置的数字相等的数字,同时也不能取和一个位置的数字异或为全$1$的,那么只能取剩余的$2^k-2$种数字。如果一个位置取的是其他数字($2$状态),那么$i$个位置不能取和一个位置的数字相等的数字,也不能取和一个位置的颜色异或值为全$1$的数字,同时也不能取和一个位置的颜色异或值为全$1$的数字,那么只能取剩余的$2^k-3$种数字。

最后的答案就是$dp[N][0]+dp[N][2]$,即最后一个位置的数字可以取和第一个个位置相等的,也可以取其他的。

注意,这个地方比较绕,如果没看懂,自己稍微理解下,再重新看一遍。

还有就是,为什么环形的可以这样变成一排?

答:其实题目中的环形所能起的作用就是让第$N$个位置和第$1$个位置产生联系,而我们这样已经把每一位和第$1$个位置的联系都搞清楚了,而且在状态转移的过程中把相邻异或为全$1$的非法状态去除掉了,所以答案没错。

另外一点,要注意的是,由一个位置的状态$1$转移过来的时候,去掉和一个位置的颜色异或值为全$1$的数字,也就是去掉和一个位置的数字相等的数字,这儿并没有和前一次$dp[i-1][0]*(2^k-2)$的计算重复,原因是:一个位置的状态不同,一个是$0$,一个是$1$。

四、代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define MAXN 1000010
const LL mod = 1e9 + 7;
LL dp[MAXN][3];

LL qpow(LL a, LL x) {
    LL res = 1;
    for(; x; x >>= 1) {
        if(x & 1)res = (res * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
    }
    return res;
}

int main() {
    int T, n, k;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        LL p2 = qpow(2, k);
        dp[1][0] = p2;
        dp[1][1] = dp[1][2] = 0;
        for(int i = 2; i <= n; ++i) {
            dp[i][0] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][2]) % mod;
            dp[i][1] = (dp[i - 1][1] + dp[i - 1][2]) % mod;
            dp[i][2] = (((dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod) * (p2 - 2 + mod) % mod + dp[i - 1][2] * (p2 - 3) % mod) % mod;
        }
        LL ans = (dp[n][0] + dp[n][2]) % mod;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

 

posted @ 2018-09-10 01:37 fuzhihong0917 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏