省选模拟赛 LYK loves rabbits(rabbits)
题目描述
LYK喜欢兔子，它在家中养了3只兔子。
有一天，兔子不堪寂寞玩起了游戏，3只兔子排成一排，分别站在a,b,c这3个位置。
游戏的规则是这样的，重复以下步骤k次：选择两个不同的兔子A和B，假如它们位于X与Y，A可以从X跳到Y+Y-X处，但是跳跃时是不允许一下子跳过两只兔子的，也就是说第三只兔子不在[min{X,Y+Y-X},max{X,Y+Y-X}]处。
现在3只小兔子的位置分别到了x,y,z(3只兔子长得一样，即三只兔子跳完之后的顺序可以变化)处，但是它们忘记一开始是怎么跳的了，想让你帮它们还原跳法。但这个问题非常easy，于是LYK要求你输出方案总数。
保证答案有解。
由于答案巨大，你只需输出答案对1e9+7取模后的结果就可以了。
输入格式(rabbits.in)
第一行3个数a,b,c。
第二行3个数x,y,z。
第三行一个数k。
数据保证3只兔子的起始位置a,b,c严格递增且3只兔子最终的位置x,y,z严格递增。
输出格式(rabbits.out)
一行表示方案总数。
输入样例1
0 2 5
0 2 5
2
输出样例1
3
输入样例2
0 2 4
0 2 4
2
输出样例2
2
样例解释
对于样例1：共有3种跳法，第一次跳完后的位置分别是{0,-2,5},{4,2,5},{0,8,5}。
数据范围
对于100%的数据k<=100,|a|,|b|,|c||x|,|y|,|z|<=10^18。
分析：非常神奇的一道题.
将3只兔子所在的位置看成一个状态. 那么起点状态S(a,b,c),终点状态T(x,y,z).
如果中间的兔子往两边跳，那么它能转移到2个新的状态. 如果外面的兔子想往里面跳，那么最多只能有一个兔子往里跳. 这些状态其实构成了一棵二叉树：如果中间的兔子往两边跳，那么就转移到2个儿子节点中，如果两边的兔子往里面跳，就转移到父亲节点中.
那么现在的问题就变成了：在一棵二叉树中，求节点S到节点T恰好经过k条边的方案数.
两个点的路径只与它们到LCA之间的路径有关. 令f(i,j,k)表示S与LCA(S,T)之间的距离为i,T与LCA(S,T)之间的距离为j，还能走k条边的方案数. 固定T,只考虑S的移动,分以下几种情况讨论：
1.如果S已经是LCA了. 如果T也是LCA了. S可以往上走也可以往两个儿子节点走. f(i,j,k) += f(i + 1,j,k - 1) * 2 + f(i,j - 1,k - 1). 乘2是因为有2个儿子节点可以走. 如果T不是LCA. 那么可以走到父亲节点，走到不是T的那个子树和走到T所在的那个子树上. f(i,j,k) += f(i,j + 1,k - 1) + f(i,j - 1,k - 1) + f(i + 1,j,k - 1).
2.如果S不是LCA. S既可以走到2个儿子节点，也可以走到父亲节点. 转移和上面的类似.
知道了如何求方案数，该怎么建树呢？
首先需要明确的是：我们不需要建出整棵树. 因为树的结构就是一棵完全二叉树，每一棵子树的形态结构都是一样的. 根据dp需要的信息，我们只需要求出S和T距离LCA的深度即可.
先要求出LCA. LCA处的两个状态的兔子的位置全都相同. 让S状态的外面的兔子不断往里跳，T状态的也如此. 最后肯定会有两个状态的兔子的位置完全相等，最早出现的这个状态就是LCA. 为什么要往里跳呢？因为只有这样才能枚举出优先的状态. 否则二叉树就会无限向下扩展.
小结一下. 做这道题首先要想到把3个兔子的位置看作一个状态. 状态有3种不同的转移方式. 其中有2种的本质是相同的. 联想到二叉树. 求状态A到B的方案数实际上就是求路径数. 树上路径只和这两个点以及它们的LCA有关,由此可以设计出状态. 最后求LCA运用中间相遇法. 思路还是挺巧妙的.
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1010,mod = 1e9+7; ll a[maxn],b[maxn],c[maxn],x[maxn],y[maxn],z[maxn],k,k1,k2,pos1,pos2,f[110][110][110]; bool flag = false; ll dfs(ll X,ll Y,ll K) { if (!X && !Y && !K) return 1; if (X + Y > K) return 0; if (!X && Y > k2) return 0; if (f[X][Y][K] != -1) return f[X][Y][K]; if (!X) { if (!Y) f[X][Y][K] = (dfs(X,Y + 1,K - 1) + dfs(X + 1,Y,K - 1) * 2 % mod) % mod; else f[X][Y][K] = ((dfs(X,Y + 1,K - 1) + dfs(X,Y - 1,K - 1)) % mod + dfs(X + 1,Y,K - 1)) % mod; } else f[X][Y][K] = (dfs(X + 1,Y,K - 1) * 2 % mod + dfs(X - 1,Y,K - 1)) % mod; return f[X][Y][K]; } int main() { memset(f,-1,sizeof(f)); scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a[0],&b[0],&c[0],&x[0],&y[0],&z[0],&k); while (k1 <= k) { if (b[k1] - a[k1] == c[k1] - b[k1]) break; if (b[k1] - a[k1] < c[k1] - b[k1]) { k1++; a[k1] = b[k1 - 1]; b[k1] = 2 * b[k1 - 1] - a[k1 - 1]; c[k1] = c[k1 - 1]; } else { k1++; a[k1] = a[k1 - 1]; c[k1] = b[k1 - 1]; b[k1] = 2 * b[k1 - 1] - c[k1 - 1]; } } while (k2 <= k) { if (y[k2] - x[k2] == z[k2] - y[k2]) break; if (y[k2] - x[k2] < z[k2] - y[k2]) { k2++; x[k2] = y[k2 - 1]; y[k2] = 2 * y[k2 - 1] - x[k2 - 1]; z[k2] = z[k2 - 1]; } else { k2++; x[k2] = x[k2 - 1]; z[k2] = y[k2 - 1]; y[k2] = 2 * y[k2 - 1] - z[k2 - 1]; } } for (pos1 = 0; pos1 <= k1 && !flag; pos1++) for (pos2 = 0; pos2 <= k2 && !flag; pos2++) if (a[pos1] == x[pos2] && b[pos1] == y[pos2] && c[pos1] == z[pos2]) flag = true; pos1--; pos2--; printf("%lld\n",dfs(pos1,pos2,k) % mod); return 0; }
