CF118D Caesar's Legions 题解

分析

考虑暴力 DP。

定义状态函数 \(f_{i,j,k1,k2}\) 表示前 \(i+j\) 个人中，有 \(i\) 个步兵和 \(j\) 个骑兵且末尾连续步兵数量为 \(k1\)，连续骑兵数量为 \(k2\) 的方案数。

由于末尾连续的要么是步兵要么是骑兵，所以状态中 \(k1,k2\) 只会有 \(1\) 个非零。枚举 \(i,j,k1,k2\)，若连续的是步兵，则有：\(f_{i,j,k1,k2}\to f_{i,j,k1,k2}+f_{i-1,j,k1-1.k2}\)；否则有：\(f_{i,j,k1,k2}\to f_{i,j,k1,k2}+f_{i,j-1,k1,k2-1}\)。

但是这个是错的。因为当 \(k1=1,k2=0\) 或 \(k1=0,k2=1\) 时，\(k1-1,k2\) 或 \(k1,k2-1\) 均为 \(0\)。而在 \(i+j\ne 1\) 时这显然是不可能的。所以这种情况我们还需要去枚举一下上一次 \(k1\) 或 \(k2\) 为 \(0\) 时的 \(k2\) 或 \(k1\)。而在同一组 \((i,j)\) 中着只会出现不超过 \(2\) 次，所以复杂度正确。

答案为 \(\sum\limits_{i=1}^{\min(n1,k1)} f_{n1,n2,i,0}+\sum\limits_{i=1}^{\min(n2,k2)}f_{n1,n2,0,i}\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define _int __int128
#define re register
#define il inline
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second
#define gc getchar()
#define rd read()
#define debug() puts("------------")

namespace yzqwq{
	il int read(){
		int x=0,f=1;char ch=gc;
		while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc;}
		while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc;
		return x*f;
	}
	il int qmi(int a,int b,int p){
		int ans=1;
		while(b){
			if(b&1) ans=ans*a%p;
			a=a*a%p,b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	il auto max(auto a,auto b){return (a>b?a:b);}
	il auto min(auto a,auto b){return (a<b?a:b);}
	il int gcd(int a,int b){
		if(!b) return a;
		return gcd(b,a%b);
	}
	il int lcm(int a,int b){
		return a/gcd(a,b)*b;
	}
	il void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
		if(!b) return x=1,y=0,void(0);
		exgcd(b,a%b,x,y);
		int t=x;
		x=y,y=t-a/b*x;
		return ;
	}
	mt19937 rnd(time(0));
}
using namespace yzqwq;

const int N=105,M=15,p=1e8;
int n1,n2,k1,k2;
_int f[N][N][M][M];

il void solve(){
	n1=rd,n2=rd,k1=rd,k2=rd;
	for(re int k=1;k<=min(n1,k1);++k) f[k][0][k][0]=1;
	for(re int k=1;k<=min(n2,k2);++k) f[0][k][0][k]=1;
	for(re int i=1;i<=n1;++i)
	for(re int j=1;j<=n2;++j)
	for(re int kx=0;kx<=min(i,k1);++kx)
	for(re int ky=0;ky<=min(j,k2);++ky){
		if((!kx&&!ky)||(kx&&ky)) continue;
		if(kx) f[i][j][kx][ky]=(f[i][j][kx][ky]+f[i-1][j][kx-1][ky])%p;
		if(ky) f[i][j][kx][ky]=(f[i][j][kx][ky]+f[i][j-1][kx][ky-1])%p;
		if(kx==1){
			for(re int k=1;k<=min(k2,j);++k) f[i][j][kx][ky]=(f[i][j][kx][ky]+f[i-1][j][kx-1][k])%p;
		}
		if(ky==1){
			for(re int k=1;k<=min(k1,i);++k) f[i][j][kx][ky]=(f[i][j][kx][ky]+f[i][j-1][k][ky-1])%p;
		}
	}
	_int ans=0;
	for(re int k=1;k<=min(n1,k1);++k) ans=(ans+f[n1][n2][k][0])%p;
	for(re int k=1;k<=min(n2,k2);++k) ans=(ans+f[n1][n2][0][k])%p;
	printf("%lld\n",(int)ans%p);
	return ;
}

signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	int t=1;while(t--)
	solve();
	return 0;
}