题解：洛谷 P2233 公交车路线

【题目来源】

洛谷：P2233 [HNOI2002] 公交车路线

【题目描述】

在长沙城新建的环城公路上一共有 \(8\) 个公交站，分别为 A、B、C、D、E、F、G、H。公共汽车只能够在相邻的两个公交站之间运行，因此你从某一个公交站到另外一个公交站往往要换几次车，例如从公交站 A 到公交站 D，你就至少需要换 \(3\) 次车。

Tiger 的方向感极其糟糕，我们知道从公交站 A 到公交 E 只需要换 \(4\) 次车就可以到达，可是 tiger 却总共换了 \(n\) 次车，注意 tiger 一旦到达公交站 E，他不会愚蠢到再去换车。现在希望你计算一下 tiger 有多少种可能的乘车方案。

【输入】

仅有一个正整数 \(n\)，表示 tiger 从公交车站 A 到公交车站 E 共换了 \(n\) 次车。

【输出】

输出一个正整数表示方案数，由于方案数很大，请输出方案数除以 \(1000\) 后的余数。

【输入样例】

6

【输出样例】

8

【核心思想】

1. 问题分析：给定 \(8\) 个公交站环形排列（A~H，编号 \(0\)~\(7\)），相邻站之间有直达路线。Tiger 从 A 站（编号 \(0\)）出发，恰好换乘 \(n\) 次后到达 E 站（编号 \(4\)），且一旦到达 E 站就不再换乘。求方案数对 \(1000\) 取模。这是一个线性 DP 问题，核心在于状态转移时排除从 E 站出发的路径（吸收态）。

2. 算法选择：

   • 一维线性 DP（滚动数组）：\(f[i][j]\) 表示换乘 \(i\) 次后到达第 \(j\) 个站的方案数
   • 环形邻接：每个站 \(j\) 的相邻站为 \((j-1+8) \% 8\) 和 \((j+1) \% 8\)，A 和 H 也相邻
   • 吸收态处理：到达 E 站（编号 \(4\)）后停止，因此 E 站不能作为转移来源

3. 关键步骤：

   • 初始化：\(f[0][0] = 1\)（换乘 \(0\) 次在 A 站，\(1\) 种方案），其余为 \(0\)
   • DP 递推（\(i\) 从 \(1\) 到 \(n\)）：
     • 使用滚动数组 \(cur = i \% 2\)，\(pre = (i-1) \% 2\)
     • 遍历当前站 \(j\)（\(0\) 到 \(7\)）：
       • 计算左右邻站：\(left = (j-1+8) \% 8\)，\(right = (j+1) \% 8\)
       • 状态转移：\(f[cur][j] = (f[pre][left] \cdot [left \neq 4] + f[pre][right] \cdot [right \neq 4]) \bmod 1000\)
       • 其中 \([condition]\) 为指示函数，排除从 E 站转移来的路径
   • 输出答案：\(f[n \% 2][4]\)（换乘 \(n\) 次后到达 E 站的方案数）

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(n \times 8) = O(n)\)，每次换乘枚举 \(8\) 个站，每个站 \(O(1)\) 转移
   • 空间复杂度：\(O(8) = O(1)\)，滚动数组仅维护两行

5. 线性 DP 的核心思想：

   • 状态定义清晰：\(f[i][j]\) 精确刻画"换乘 \(i\) 次后在 \(j\) 站"的方案数，满足无后效性
   • 吸收态建模：E 站作为终点，到达后不再离开，通过禁止从 E 站向其他站转移实现，而非将 E 站方案数清零（因为需要统计最终到达 E 站的方案）
   • 环形结构处理：取模运算 \((j \pm 1 + 8) \% 8\) 优雅处理 A-H 的环形邻接
   • 滚动数组优化：由于 \(f[i]\) 仅依赖 \(f[i-1]\)，用两行数组交替使用，将空间从 \(O(n)\) 降至 \(O(1)\)
   • 适用于环形图上的路径计数、带吸收态的随机游走、有限状态转移类问题

【算法标签】

普及+ #线性DP-一维

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10000005, mod = 1000; // N:最大换乘次数上限, mod:取模基数
int f[2][8]; // 滚动数组：f[cur][j]表示换乘i次后到达第j个公交站（0=A,1=B,...,4=E,...,7=H）的方案数
int n; // tiger实际换乘的次数

int main()
{
    cin >> n; // 读入换乘次数
    f[0][0] = 1; // 初始状态：换乘0次时在A站（编号0），方案数为1
    for (int i=1; i<=n; i++) // 外层循环：枚举每次换乘
    {
        int cur = i % 2; // 当前轮次的数组下标（滚动数组优化空间）
        int pre = (i-1) % 2; // 上一轮次的数组下标
        for (int j = 0; j<8; j++) // 内层循环：枚举当前所在的公交站（0~7对应A~H）
        {
            // 计算当前站j的左右相邻站（环形结构：A和H也相邻）
            int left = (j-1+8)%8, right = (j+1)%8;
            int sum = 0; // 累加到达当前站的方案数
            // 可以从左邻站到达当前站，但不能从E站（编号4）转移（到达E就停止）
            if (left!=4) sum += f[pre][left];
            // 可以从右邻站到达当前站，同样不能从E站转移
            if (right!=4) sum += f[pre][right];
            f[cur][j] = sum % mod; // 对1000取模存储
        }
    }
    // 输出换乘n次后到达E站（编号4）的方案数
    cout << f[n%2][4] << endl;
    return 0;
}

【运行结果】

6
8