CSP202104-4 校门外的树
设状态时,首先从简单状态设起:
一维不行再试二维、简单状态应付不了再设复杂的(因为某些状态可以体现在状态转移的过程中,或者说状态转移方程中,不一定体现在原式中)
E.g.
计算机软件能力认证考试系统-校门外的树
我:一开始设状态想的是\(f[i][j][k]\)代表 \(i\) 到 \(j\),化为 \(k\) 个等差段的方案数
正解:\(f[i]\) 代表前 \(i\)个障碍物的方案总数
同理,DP模型的思考也要由简单到复杂。
我:一开始想的区间DP
正解:线性DP,简单求个和
上面这里想明白了,这题就有60分了,复杂度大概是 \(N^2*logai * ai\) ?
接下来这题有个优化:
我们来看看如何想到这个优化
首先,我们不难发现,主要是每次重新计算\(cnt(i,j)\)的过程十分耗时。如果前面的计算能够为后面答案产生贡献的话,那么会很棒。 考虑转换下枚举顺序(其实是经典trick), 从大到小枚举\(j\)(即从小到大算\(cnt(i,j)\))。 我们利用一下这题里的一个规律,就可以直接判断一个因子能不能加入答案了。
点击查看代码
ll P = 1e9+7, inf = 0x3f3f3f3f;
const ll Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int N, M, T, RT, cnt ;
int a[1005]; ll f[1005]; int vis[100005];
ll cal(int d, int id) { //这里是一个小trick,用id来标记判断,就不用每次memsetvis数组了
ll res = 0;
for_(i,1,sqrt(d)) {
if(d % i == 0) {
if(vis[i] != id) ++res,vis[i] = id;
if(vis[d/i] != id) ++res,vis[d/i] = id;
res %= P;
}
}
return (res - 1 + P) % P; // -1 减掉公差为区间长的答案(空区间)
}
int main()
{
cin >> N;
for_(i,1,N) cin >> a[i];
f[1] = 1;
for_(i,1,N)
dwn_(j, i - 1, 1)
f[i] = (f[j] * cal(a[i] - a[j], i) % P + f[i]) % P;
cout << f[N];
return 0;
}