BZOJ #3746: [POI2015]Czarnoksiężnicy okrągłego stołu 动态规划

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  读完题就会发现p=0、1的情况以及n=1、2的情况都可以直接判掉,而p=2的时候也可以直接构造,那么现在需要的就是当p=3且n>=3的时候的做法.
  容易想到小数据范围下的dfs,但是这难以优化,于是去思考dp的做法.我的思路一开始是dp弧,后来发现可以直接dp两个链,但是复杂度太大,并不比dfs优秀多少.去看题解,只有Claris写了题解,他是这样写的:

p=3时不考虑1的座位进行DP
可以发现对于i+1的位置安排,我们只关心i-2,i-1,i的相对顺序以及它们的相邻、边界情况
所以设f[i][j][S1][S2]表示已经安排了前i个人的座位,i-2,i-1,i的顺序为j,是否有人在两端点为S1,是否有人相邻为S2的方案数 
答案最后再除以n
这样复杂度有点飞…

  这并没有使我满意,因为我感觉这在时间、空间、代码各方面的复杂度都是不优秀的.
  此时我看到了金策的700+ms做法,而且代码也并不长,这让我意识到此题有更加优秀的做法,于是在搜寻标程失败后去poi官网get了一发题解,然后利用google翻译了一发,得到了一个神奇的做法.
  首先,题解里说了一句话,这题实际上是在数哈密顿回路,我思考了一下,好像是这样的……然而,这题的解法和哈密顿回路并没有什么卵关系……
  转化一下问题:

I.把所有编号i变为n-i.
II.把环拆开,把原问题变成——求一段序列满足题目限制,且开头一定为0,结尾一定为1/2/3.

  这样的话,再对三种结尾判断一下取舍,就能得到最终答案了.
  对于现在的问题可以设计dp状态(好神奇的状态啊……):

f[i]:对于一段序列,开头为i,结尾为i+1,且序列中的数字均属于[i,n),此序列满足题目限制的方案数.
g[i]:对于一段序列,开头为i+1,结尾为i,且序列中的数字均属于[i,n),此序列满足题目限制的方案数.

  先看dp的转移(好厉害的转移啊……):

先贴一张图(来自波兰题解):

你看这张图,你就会懂得求解方法了,于是得到了一个递推式:f[i]=g[i+1]+g[i+2]+g[i+4]+g[i+5].
同理,也可以得到:g[i]=f[i+1]+f[i+2]+f[i+4]+f[i+5].
但是,上述方法似乎只适用于i<=n-8,所以,对于i>=n-7,我们就可以直接dfs处理了.
(注意判断额外限制条件)

  假设三种结尾的方案数分别为ans1、ans2、ans3.
  既然知道了dp的转移,那么怎么算三种ans呢?
  沿用刚才转移的思路,可以得到(图仍然来自波兰题解):

ans1=f[0];(显然)

ans2=f[1]+f[3]+f[4];(原因见上图)

ans3=f[2]+f[4]+f[5]+g[3]+g[4];(原因见上图)
(注意判断额外限制条件)

  所以对于p=3且n>=3的时候,判断一下,若n<=7,直接dfs,否则使用上述方法.
  至此,这道题就解决了,时间复杂度为O(n),实现见代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
char xB[(1<<15)+10],*xS=xB,*xT=xB;
#define gtc (xS==xT&&(xT=(xS=xB)+fread(xB,1,1<<15,stdin),xS==xT)?0:*xS++)
inline void read(int &x){
  register char ch=gtc;
  for(x=0;ch<'0'||ch>'9';ch=gtc);
  for(;ch>='0'&&ch<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=gtc);
}
const int N=1000010;
const int Inf=0x3f3f3f3f;
const int P=1000000007;
int n,k,p,f[N],g[N];
bool NO[N][7],die[N],vf[N],vg[N];
#define no(a,b) (NO[a][(b)+3])
#define ok(a,b) (!no(a,(b)-(a)))
inline int work(){
  int i,x,y,ans=0;
  for(i=1;i<=k;++i){
    read(x),read(y);
    if(std::abs(x-y)<=3)no(x,y-x)=true;
  }
  for(i=1;i<=n;++i)
    if(i&1)f[(i+1)>>1]=i;
    else f[n-(i>>1)+1]=i;
  f[0]=f[n],f[n+1]=f[1];
  ++ans;
  for(i=1;i<=n;++i)
    if(no(f[i],f[i+1]-f[i])){
      --ans;break;
    }
  ++ans;
  for(i=1;i<=n;++i)
    if(no(f[i],f[i-1]-f[i])){
      --ans;break;
    }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}
inline int dfs(int pos,int last,int k,int t,int len){
  if(pos==len)return std::abs(t-last)<=3&&ok(last,t);
  int i,ret=0;
  for(i=std::max(last-3,k+1);i<=last+3&&i<n;++i)
    if((!die[i])&&ok(last,i)){
      die[i]=true;
      ret+=dfs(pos+1,i,k,t,len);
      die[i]=false;
    }
  return ret;
}
inline int D(int s,int k,int t){
  die[s]=die[t]=true;
  int ret=dfs(2,s,k,t,n-k);
  die[s]=die[t]=false;
  return ret;
}
inline int F(int x);
inline int G(int x);
inline int F(int x){
  if(vf[x])return f[x];
  vf[x]=true;
  if(n-x<=7)return f[x]=D(x,x,x+1);
  int ret=0;
  if(ok(0+x,2+x))ret=(ret+G(1+x))%P;
  if(ok(0+x,3+x)&&ok(2+x,1+x))ret=(ret+G(2+x))%P;
  if(ok(0+x,3+x)&&ok(3+x,2+x)&&ok(2+x,5+x)&&ok(4+x,1+x))ret=(ret+G(4+x))%P;
  if(ok(0+x,3+x)&&ok(3+x,6+x)&&ok(5+x,2+x)&&ok(2+x,4+x)&&ok(4+x,1+x))ret=(ret+G(5+x))%P;
  return f[x]=ret;
}
inline int G(int x){
  if(vg[x])return g[x];
  vg[x]=true;
  if(n-x<=7)return g[x]=D(x+1,x,x);
  int ret=0;
  if(ok(2+x,0+x))ret=(ret+F(1+x))%P;
  if(ok(1+x,2+x)&&ok(3+x,0+x))ret=(ret+F(2+x))%P;
  if(ok(1+x,4+x)&&ok(5+x,2+x)&&ok(2+x,3+x)&&ok(3+x,0+x))ret=(ret+F(4+x))%P;
  if(ok(1+x,4+x)&&ok(4+x,2+x)&&ok(2+x,5+x)&&ok(6+x,3+x)&&ok(3+x,0+x))ret=(ret+F(5+x))%P;
  return g[x]=ret;
}
inline int Work(){
  int i,x,y,d=100000,ans=0;
  for(i=1;i<=k;++i){
    read(x),read(y);
    x=n-x,y=n-y;
    if(std::abs(x-y)<=3)no(x,y-x)=true;
  }
  if(n<=7){
    if(ok(1,0))ans=(ans+D(0,0,1))%P;
    if(ok(2,0))ans=(ans+D(0,0,2))%P;
    if(n>=4&&ok(3,0))ans=(ans+D(0,0,3))%P;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
  }
  for(i=n-d;i>d;i-=d)G(i),F(i);/*为了防止爆栈和MLE*/
  if(ok(1,0))ans=(ans+F(0))%P;
  if(ok(2,0)&&ok(0,1))ans=(ans+F(1))%P;
  if(ok(4,1)&&ok(1,2)&&ok(2,0)&&ok(0,3))ans=(ans+F(3))%P;
  if(ok(5,2)&&ok(2,0)&&ok(0,3)&&ok(3,1)&&ok(1,4))ans=(ans+F(4))%P;
  if(ok(3,0)&&ok(0,1)&&ok(1,2))ans=(ans+F(2))%P;
  if(ok(5,2)&&ok(2,3)&&ok(3,0)&&ok(0,1)&&ok(1,4))ans=(ans+F(4))%P;
  if(ok(6,3)&&ok(3,0)&&ok(0,1)&&ok(1,4)&&ok(4,2)&&ok(2,5))ans=(ans+F(5))%P;
  if(ok(3,0)&&ok(0,2)&&ok(2,1)&&ok(1,4))ans=(ans+G(3))%P;
  if(ok(4,1)&&ok(1,3)&&ok(3,0)&&ok(0,2)&&ok(2,5))ans=(ans+G(4))%P;
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}
int main(){
  //freopen("cza.in","r",stdin);
  //freopen("cza.out","w",stdout);
  read(n),read(k),read(p);
  if(n==1)return puts("1"),0;
  if(p==0)return puts("0"),0;
  if(n==2)return puts(k?"0":"1"),0;
  if(p==1)return puts("0"),0;
  if(p==2)return work(),0;
  return Work(),0;
}
Kod

 

posted @ 2018-04-13 20:12  TS_Hugh  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏