CF1152 F. Neko Rules the Catniverse (dp)

题意

一条长为 \(n\) 的数轴,可以从任意整点 \(\in [1, n]\) 出发,假设当前在 \(x\) ,下一步能到达的点 \(y\) 需要满足,\(y\) 从未到过,且 \(1 \le y \le x + m\) ,问长恰好为 \(k\) 的合法路径条数。

数据范围

对于 \(F1\)\(1 \le n \le 10^5, 1 \le k \le \min(n, 12), 1 \le m \le 4\)

对于 \(F2​\)\(1 \le n \le 10^9​\)

题解

比较 \(\text{tricky}\) 的一个题。

考虑我们当前假设经过的路径为 \(v_1, v_2, \cdots, v_p\) ,我们当前可以添加一个 \(x < \min_{i = 1}^{p} \{v_i\}\) 。显然我们是一定可以添加到队尾的,其次我们可以添加到那些 \(v_i \le x + m\) 的前面。

那么我们就得到一个很显然的 \(dp\) 了,考虑从大到小依次考虑每个数填还是不填就能轻松转移了。

具体来说设 \(dp[i][j][sta]\) 为当前在第 \(i\) 个位置,路径长度为 \(j\) ,最后 \(m\) 个位置状压后的状态为 \(sta\)

每次转移的时候,如果不填直接转过去,填的话可以转到后 \(m\) 个有 \(1\) 的状态以及队尾,也就是 \(1 + bitcount(sta)\)

这样 \(dp\) 刚好每条路都能一一对应上。

对于 \(F1\) 直接 \(\mathcal O(nk2^m)\) 就行了,\(F2\) 考虑利用矩阵快速幂优化到 \(\mathcal O((k2^m)^3 \log n)\) 。(说实话 \(F2\) 没啥意思。。)

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("F1.in", "r", stdin);
	freopen ("F1.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e5 + 1e3, K = 14, M = 4, Mod = 1e9 + 7;

int dp[N][K][1 << M];

int main() {

	File();

	int n = read(), k = read(), m = read();

	dp[0][0][0] = 1;
	Rep (i, n) For (j, 0, k) Rep (sta, 1 << m) {
		(dp[i + 1][j][sta >> 1] += dp[i][j][sta])%= Mod;
		int res = dp[i][j][sta] * (1ll + __builtin_popcount(sta)) % Mod;
		(dp[i + 1][j + 1][(sta >> 1) | (1 << m - 1)] += res) %= Mod;
	}

	int ans = 0;
	Rep (sta, 1 << m)
		(ans += dp[n][k][sta]) %= Mod;
	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}
posted @ 2019-04-27 10:33  zjp_shadow  阅读(503)  评论(0编辑  收藏  举报