洛谷 P15440 题解

My solution in Luogu

众所周知此题的正解是找到 @tuntunQwQ 巨佬向祂抄一份答案，然后输出 125793683，交一发AC了，然后此题就做完了。

当然你也可以靠 wrong answer On line <L> column <C>, read <x>, expected <y>. 的方式看调试信息交九发AC。

好了讲正解。

注意到信号灯个数为 \(2025\)，考虑时间复杂度小于 \(O(n^2)\) 的DP。

为了方便，我们将全部的灯的状态设为「第 \(i\) 次操作后亮的灯的数量 \(-\) 初始亮的灯的数量」。显然第一次操作后灯的状态为 \(0\)。同时我们设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \((i+1)\) 次操作后（这里注意设计的状态）状态为 \(j\) 的方案数。

题目要求亮灯数量恰好有三种不同值，那么我们的状态集合需要是一个元素不可重复的三元组。注意到第 \(i+1\) 次操作和第 \(i\) 次操作相比仅改变了第 \(i\) 盏灯的状态，所以全部的灯的状态只有可能 \(+1\) （灭变亮）或 \(-1\) （亮变灭）。于是我们得到如下两条：

• 状态集合只有可能是 \(\{0,1,2\},\{-1,0,1\},\{-2,-1,0\}\) 三种。
• \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}+dp_{i-1,j+1}\)。

综合以上两条，我们只需要在 \([0,2],[-1,1],[-2,0]\) 三种值域上跑 DP，把得到的方案数相加就可以了。

然后呢？

Wrong Answer.wrong answer On line \(1\) column \(9\), read \(7\), expected \(3\).

多的 \(4\) 在哪里呢？我们又看到了“恰好”，“元素不可重复”这些字眼，然后我们就想到我们需要把只有两个元素的状态集合去掉了。那么我们就在 \([0,1],[-1,0]\) 这两种值域上跑 DP，把这两种情况得到的方案数去掉就可以了。注意要去两遍，因为 \([0,1]\) 在 \([0,2],[-1,1]\) 中各出现了一遍，\([-1,0]\) 在 \([-1,1],[-2,0]\) 各出现了一遍。

时间复杂度 \(O(n)\)。

作者代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5,P=1e9+7;
int n=2025;
int f[N][3],ans;
signed main(){
    //跑[0,2]上的DP
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][0]=f[i][2]=f[i-1][1];
        f[i][1]=(f[i-1][0]+f[i-1][2])%P;
    }
    ans=(ans+f[n][0]+f[n][1]+f[n][2])%P;
    //跑[-1,1]上的DP
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][0]=f[i][2]=f[i-1][1];
        f[i][1]=(f[i-1][0]+f[i-1][2])%P;
    }
    ans=(ans+f[n][0]+f[n][1]+f[n][2])%P;
    //跑[-2,0]上的DP
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][2]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][0]=f[i][2]=f[i-1][1];
        f[i][1]=(f[i-1][0]+f[i-1][2])%P;
    }
    ans=(ans+f[n][0]+f[n][1]+f[n][2])%P;
    //跑[-1,0]上的DP
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][0]=f[i-1][1];
        f[i][1]=f[i-1][0];
    }
    ans=(ans-2*(f[n][0]+f[n][1])+P)%P;
    //跑[0,1]上的DP
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i][0]=f[i-1][1];
        f[i][1]=f[i-1][0];
    }
    ans=(ans-2*(f[n][0]+f[n][1])+P)%P;
    //输出
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}

AI改写的python代码，仅供参考：

def main():
    n = 2025
    P = 10**9 + 7
    ans = 0
    # 1. 跑[0,2]上的DP
    f = [[0] * 3 for _ in range(n + 1)]
    f[0][0] = 1
    for i in range(1, n + 1):
        f[i][0] = f[i-1][1] % P
        f[i][2] = f[i-1][1] % P
        f[i][1] = (f[i-1][0] + f[i-1][2]) % P
    sum_val = (f[n][0] + f[n][1] + f[n][2]) % P
    ans = (ans + sum_val) % P
    # 2. 跑[-1,1]上的DP
    f = [[0] * 3 for _ in range(n + 1)]
    f[0][1] = 1
    for i in range(1, n + 1):
        f[i][0] = f[i-1][1] % P
        f[i][2] = f[i-1][1] % P
        f[i][1] = (f[i-1][0] + f[i-1][2]) % P
    sum_val = (f[n][0] + f[n][1] + f[n][2]) % P
    ans = (ans + sum_val) % P
    # 3. 跑[-2,0]上的DP
    f = [[0] * 3 for _ in range(n + 1)]
    f[0][2] = 1
    for i in range(1, n + 1):
        f[i][0] = f[i-1][1] % P
        f[i][2] = f[i-1][1] % P
        f[i][1] = (f[i-1][0] + f[i-1][2]) % P
    sum_val = (f[n][0] + f[n][1] + f[n][2]) % P
    ans = (ans + sum_val) % P
    # 4. 跑[-1,0]上的DP
    f = [[0] * 3 for _ in range(n + 1)]
    f[0][1] = 1
    for i in range(1, n + 1):
        f[i][0] = f[i-1][1] % P
        f[i][1] = f[i-1][0] % P
    sum_val = (f[n][0] + f[n][1]) % P
    ans = (ans - 2 * sum_val + P) % P  # 加P避免负数
    # 5. 跑[0,1]上的DP
    f = [[0] * 3 for _ in range(n + 1)]
    f[0][0] = 1
    for i in range(1, n + 1):
        f[i][0] = f[i-1][1] % P
        f[i][1] = f[i-1][0] % P
    sum_val = (f[n][0] + f[n][1]) % P
    ans = (ans - 2 * sum_val + P) % P

    # 输出结果
    print(ans)

if __name__ == "__main__":
    main()