XJOI 夏令营501-511NOIP训练18 高二学堂
在美丽的中山纪念中学中，有座高二学堂，同样也是因为一个人，让它们变
成了现在这个样子~那就是我们伟大的级主任。
因为他，我们又迎来了一个木有电影，只有对答案的段考日；又迎来了一个
不是大礼拜，而是小礼拜的周末。因为是小礼拜，同学们都不回家，所以干脆就
回到宿舍去玩牌了。而由于三国杀太out 了，所以现在他们都玩四国杀。
四国杀（说白了就是扑克牌~）是Wayne 发明的，源于他对升级、斗地主、锄
大地等等玩法都感到厌倦了。于是他提出了这个新的玩法：
Wayne 有一副加强版的扑克牌，强大到任意取一个自然数x，在牌堆里都恰
有4 张数值为x 的牌。每次，Wayne 随机生成两个正整数n 和k，然后在牌堆
里选取不超过k 张牌，使得牌面数字之和恰为n。已知Wayne 玩了若干盘，每
盘都算出了对应的方案数，他想请你也算出各盘方案数，以验算他的结果是否正
确。
结果可能比较大，你只需要求出方案数mod 1000000009 的值即可。
输入格式：
输入文件包含不超过10 组数据。每行包含两个整数，表示上文中的n 和k。
输入数据以两个0 表示结束。
输出格式：
输出文件中，每组数据输出一行，为对应的方案数。样例输入：
2 1 2 2 2 3 50 5 0 0
样例输出：
4 10 10 1823966
数据范围：
对于10%的数据，k=1；对于20%的数据，n≤10，k≤4；
对于40%的数据，n≤1000；
对于60%的数据，n≤100000；
对于另外20%的数据，只有1 组数据；
对于100%的数据，n≤10^9，k≤10。
时间限制：
1S空间限制：
256MDP+矩阵快速幂
神仙题
在考场上我只想出来了40分做法
40分：
可以发现这可以看做一个二维的01背包
一维是选的牌数字总和大小，还有一维是所选牌的个数
相同牌面的牌有4张，那么将这种牌拆成4个物品
设$dp[i][j][k]$表示前$i$件物品，总和为$j$，一共有$k$张牌的方案数
可以用滚动数组将第一维滚动掉
#include <bits/stdc++.h> #pragma GCC optimize(2) #define mod 1000000009 using namespace std; int n,k,dp[11000][12]; int main() { while (1) { scanf("%d%d",&n,&k); if (n==0 && k==0) break; if (n==0 || k==0) { printf("0\n"); continue; } dp[0][0]=1; for (int i=1;i<=4*n;i++) { int v; v=(i-1)/4+1;//算出当前的牌面数字 for (int j=n;j>=v;j--) { for (int p=min(i,k);p>=1;p--) { dp[j][p]=(dp[j][p]+dp[j-v][p-1])%mod;//同背包转移 } } } int ans=0; for (int i=0;i<=k;i++) ans=(ans+dp[n][i])%mod;//统计答案 printf("%d\n",ans); for (int i=0;i<=n;i++) { for (int j=0;j<=k;j++) dp[i][j]=0; } } }
80分:
可以发现一个性质
对于已选的牌的集合中只有两种提高总和的方法
注意此处不再是一张一张选
1.全体数+1
2.选若干张牌面为1的牌（数量小于等于4）
那么所有选牌的方法都可以由这种方法得到
如1操作，相当于将之前所选的牌都放回去，重新拿走牌面比原来多1的牌
那么牌面为1的牌不会出现在现在所选的牌中，那么又有4张新的1可以选择
那么进行2操作
那么记$dp[i][j]$表示当前总和为$i$，已经选了$j$张牌的方案数
可以将2个操作合并成一个操作
那么转移方程为
$dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-j][i-k]*c[k]$
其中$c[k]$表示从4张牌找出k张牌的方案数
第一维的变化表示1操作，第二维的变化表示2操作
#include <bits/stdc++.h> #define mod 1000000009 #define ll long long using namespace std; ll n,k,dp[200100][11]; ll c[5];int main() { c[0]=1; c[1]=4; c[2]=6; c[3]=4; c[4]=1; while (1) { scanf("%lld%lld",&n,&k); if (n==0 && k==0) break; memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for (ll i=1;i<=n;i++) { for (ll j=1;j<=min(i,k);j++) { for (ll p=0;p<=min((ll)4,j);p++) { if (i>=j)//注意边界 dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-j][j-p]*c[p])%mod; } } } ll ans=0; for (ll i=0;i<=k;i++) ans=(ans+dp[n][i])%mod; printf("%lld\n",ans); } }
100分:
其实这种DP的转移可以用矩阵优化
因为$dp[i][j]$只会由前$k$层$DP$转移过来，那么用一个矩阵记录第$i$层到第$i-k$层$dp$的值
$\begin{bmatrix} dp[i][0] & dp[i][1] & ... & dp[i][k] & ... & dp[i-k][0] & dp[i-k][1] & ... & dp[i-k][k] \end{bmatrix}$
那么现在只要在构造一个转移矩阵，那么就可以转移DP了
那么将dp转移展开
$dp[i][j]=dp[i-j][j]*c[0]+dp[i-j][j-1]*c[1]+dp[i-j][j-2]*c[2]+dp[i-j][j-3]*c[3]+dp[i-j][j-4]*c[4]$
那对于每一个$dp[i][j]$找出初始矩阵的位置，并在转移矩阵中填入相应位置即可
注意这里只要将$dp[i][j]$转移到$dp[i+1][j]$，$dp[i-1]$到$dp[i-k]$的值都己经有，可以直接平移到下一行
在转移矩阵中斜着填入1即可
此处给出7 2的转移矩阵
$\begin{matrix} 0 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{matrix}$
#include <bits/stdc++.h> #define mod 1000000009 #define ll long long using namespace std; ll n,k,dp[35][11]; ll c[5]; struct node { ll n,num[130][130]; void init() { for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) num[i][j]=0; }//初始化 } }tr,f; node operator * (node a,node b) { node c; c.n=a.n; c.init(); for (int i=1;i<=a.n;i++) { for (int j=1;j<=a.n;j++) { for (int p=1;p<=a.n;p++) { c.num[i][j]=(c.num[i][j]+a.num[i][p]*b.num[p][j])%mod; } } } return c; }//矩阵乘法 node m_pow(node a,int b) { node ans; ans.n=a.n; ans.init(); for (int i=1;i<=ans.n;i++) ans.num[i][i]=1; while (b>0) { if (b&1) ans=ans*a; a=a*a; b>>=1; } return ans; }//矩阵快速幂 pair <int,int> find(int x) { pair <int,int> p; if (x%(k+1)==0) { p.first=x/(k+1); p.second=k; } else { p.first=x/(k+1)+1; p.second=x%(k+1)-1; } return p; }//此函数求的是在矩阵中第x个数的dp的下标减去最高层的值
//也就是矩阵中的坐标 int wh(pair <int,int> p) { return (k+1)*(p.first-1)+p.second+1; }//逆运算 int main() { c[0]=1; c[1]=4; c[2]=6; c[3]=4; c[4]=1; while (1) { scanf("%lld%lld",&n,&k); if (n==0 && k==0) break; memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for (int i=1;i<=k;i++) { for (int j=1;j<=min(i,(int)k);j++) { for (int p=0;p<=min(4,j);p++) { if (i>=j) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-j][j-p]*c[p])%mod; } } } if (k>=n) { ll ans=0; for (int i=0;i<=k;i++) ans=(ans+dp[n][i])%mod; printf("%lld\n",ans); continue; } f.n=tr.n=(k+1)*(k+1); f.init();tr.init(); int x,y; x=k; y=0; for (int j=1;j<=f.n;j++) { f.num[1][j]=dp[x][y]; y++; if (y==k+1) { x--; y=0; } } for (int j=1;j<=k+1;j++) { if (j==f.n) j=f.n; pair <int,int> now; now=find(j); now.first=now.first+now.second-1; for (int p=0;p<=4;p++) { if (now.first>k+1 || now.first<=0 || now.second>k || now.second<0) continue; tr.num[wh(now)][j]=c[p];//构造转移矩阵 now.second=now.second-1; } } for (int j=k+2,nx=1;j<=f.n;j++,nx++) tr.num[nx][j]=1;//将第一层之后的dp值向后平移一位 node final; final=f*m_pow(tr,n-k); ll ans=0; for (int i=1;i<=k+1;i++) ans=(ans+final.num[1][i])%mod;//统计答案 printf("%lld\n",ans); } }
