P10812 【MX-S2-T3】跳 题解

题目分析

考虑 DP。

显然当没有 $i$ 连向 $i+1$ 的边时，整个图是一个 DAG，可以直接 DP。所以我们 DP 要解决的唯一问题，就是考虑上 $i$ 到 $i+1$ 的边。

考虑从 $n$ 走到 $1$ 的过程。当我们从 $i$ 向前跳到 $j$ 后，此时我们要么向前跳，要么往回走。又因为不能经过重复点，所以往回走最多只能走到 $j-1$。容易发现当到达 $i$ 点时，这个位置的状态只有当前点 $i$ 和跳过来的点 $j$ 两维，我们可以以此设计 DP。

我们从 $1$ 向 $n$ 来 DP。$f_{i,j}$ 代表当前从 $j$ 向前 跳到点 $i$ 后，到 $1$ 的路径数目。此时可以向前跳到点 $i-1$ 或 $i$ 的因数。可以直接转移。（注意到此时限制已经从 $j$ 变成了 $i$）

$$f_{i,j}=f_{i-1,i}+\sum _{y|i}{f}_{y,i}$$

接下来就是往回走。状态为 $f_{i,j}$ 时，可以往回走到 $i+1$ 到 $j-1$ 之间的任意地方再向前跳。

$$f_{i,j}=f_{i,j}+\sum _{x=i-1}^{j+1}\sum _{(y|x)\wedge (y<i)}{f}_{y,i}$$

由于 $y<i$ 这个限制不是很好处理，但因为我们是从 $1$ 向 $n$ DP，所以只需要每计算完一个 $f$ 值就把它加到它的所有倍数上即可，将其记为 $s_{i,j}$ ，那原式变为：

$$f_{i,j}=f_{i,j}+\sum _{x=i-1}^{j+1}{s}_{y,i}$$

注意到这是一个区间查询，可以使用树状数组查询，复杂度 $O(n^2{\log }^{2}n)$。（因为向因数连边，边数是 $\log n$ 级别的）

for(int i=2;i<=n+1;i++)f[1][i]=1;
for(int x:son[1])
	for(int j=2;j<=n+1;j++)
		Add(x,f[1][j],j);
for(int i=2;i<=n;i++){
	int bas=0;
	for(int x:fa[i]){(bas+=f[x][i])%=p;}
	(bas+=f[i-1][i])%=p;
	for(int j=i+1;j<=n+1;j++){
		(f[i][j]+=bas)%=p;
		(f[i][j]+=(Query(j-1,i)-Query(i,i)+p)%p)%=p;
	}
	for(int x:son[i])
		for(int j=i+1;j<=n+1;j++)
			Add(x,f[i][j],j);
}
printf("%d\n",f[n][n+1]);

（其中 $son$ 是倍数，$fa$ 是因数）

但是她 T 了，所以要优化复杂度。

观察查询的过程，发现我们完全不需要树状数组，因为移动 $j$ 时，$f_{i,j}$ 只会改变一个数，一边求前缀和，一边改即可。时间复杂度 $O(n^2\log n)$。

代码

for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=i;j<=n;j+=i)
		son[i].push_back(j),
		fa[j].push_back(i);
for(int i=2;i<=n+1;i++)f[1][i]=1;
for(int x=2;x<=n;x++)
	for(int j=2;j<=n+1;j++)s[x][j]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
	long long bas=0;
	for(int x:fa[i])bas+=f[x][i];
	(bas+=f[i-1][i])%=p;
	long long now=0;
	for(int j=i+1;j<=n+1;j++){
		f[i][j]+=bas+now;
		now+=(s[j][i]%=p);
	}
	for(int j=i+1;j<=n+1;j++)f[i][j]%=p;
	for(int x:son[i]){
		for(int j=i+1;j<=n+1;j++)s[x][j]+=f[i][j];
	}
}
printf("%d\n",f[n][n+1]);