P2467 [SDOI2010]地精部落 (dp+组合数)【扩展Lucas好难不会】
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题目描述 传说很久以前,大地上居住着一种神秘的生物:地精。 地精喜欢住在连绵不绝的山脉中。具体地说,一座长度为N的山脉H可分为从左到右的N段,每段有一个独一无二的高度Hi,其中Hi是1到N之间的正整数。 如果一段山脉比所有与它相邻的山脉都高,则这段山脉是一个山峰。位于边缘的山脉只有一段相邻的山脉,其他都有两段(即左边和右边)。 类似地,如果一段山脉比所有它相邻的山脉都低,则这段山脉是一个山谷。 地精们有一个共同的爱好——饮酒,酒馆可以设立在山谷之中。地精的酒馆不论白天黑夜总是人声鼎沸,地精美酒的香味可以飘到方圆数里的地方。 地精还是一种非常警觉的生物,他们在每座山峰上都可以设立瞭望台,并轮流担当瞭望工作,以确保在第一时间得知外敌的入侵。 地精们希望这N段山脉每段都可以修建瞭望台或酒馆的其中之一,只有满足这个条件的整座山脉才可能有地精居住。 现在你希望知道,长度为N的可能有地精居住的山脉有多少种。两座山脉A和B不同当且仅当存在一个i,使得Ai≠Bi。由于这个数目可能很大,你只对它除以P的余数感兴趣。 输入输出格式 输入格式: 输入文件goblin.in仅含一行,两个正整数N, P。 输出格式: 输出文件goblin.out仅含一行,一个非负整数,表示你所求的答案对P取余之后的结果。 输入输出样例 输入样例#1: 4 7 输出样例#1: 3 【数据规模和约定】 对于20%的数据,满足N≤10; 对于40%的数据,满足N≤18; 对于70%的数据,满足N≤550; 对于100%的数据,满足3≤N≤4200,P≤1e9。
思路:又是似曾相识的那种dp。。分类讨论,转移方程显然。
如果在i之前的所有答案已经计算好了,那么更新i的时候就可以选择把i插入第k个和第k+1个之间,或者把i放在i-1个的旁边。
放置的时候因为i比之前的i-1个数都要大,所以它只能作为“山峰”出现,所以第k个和第k+1个必须都是山谷,放在旁边也是一样,相邻的必须是作为山谷的。
状态:
f[i][0] 表示按题意放置好了i个数之后,左右两端都为山谷的方法数。
f[i][1] 表示按题意放置好了i个数之后,左端山谷,右端山峰的方法数。
f[i][2] 表示按题意放置好了i个数之后,左端山峰,右端山谷的方法数。
f[i][3] 表示按题意放置好了i个数之后,左右两端都为山峰的方法数。
状态转移方程:
f[i][0] += sum(f[j][0] * f[N-1-j][0] * Ci-1j);
f[i][1] += sum(f[j][0] * f[N-1-j][1] * Ci-1j);
f[i][2] += sum(f[j][2] * f[N-1-j][0] * Ci-1j);
f[i][3] += sum(f[j][2] * f[N-1-j][1] * Ci-1j);
N的范围是4500,其中的Ci-1j可以用杨辉三角跑出来,不过考虑到数据比较极限,可能会MLE,滚动数组优化之。
据说可以扩展Lucas?。。。没学过赶紧去补(逃
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAX_N = 4200 + 5; ll N, P; ll f[MAX_N][5];//第二维:0低低,1低高,2高低,3高高 ll C[2][MAX_N]; int main() { cin >> N >> P; memset(f, 0, sizeof f); C[0][0] = 1; C[1][0] = C[1][1] = 1; for (int i = 1; i <= N; i++) { if (i == 1) f[i][0] = 1, f[i][0] %= P; if (i > 1) {//加在边界 f[i][1] += f[i-1][0], f[i][1] %= P; f[i][2] += f[i-1][0], f[i][2] %= P; f[i][3] += f[i-1][1] + f[i-1][2], f[i][3] %= P; } if (i >= 2) for (int j = 1; j <= i; j++) C[i&1][j] = (C[(i&1)^1][j-1] + C[(i&1)^1][j]) % P; for (int j = 1; j < i-1; j++) {//j >= 1 && i-1-j >= 1 ll cur = C[(i&1)^1][j]; f[i][0] += (f[j][0]*f[i-1-j][0])%P*cur, f[i][0] %= P; f[i][1] += (f[j][0]*f[i-1-j][1])%P*cur, f[i][1] %= P; f[i][2] += (f[j][2]*f[i-1-j][0])%P*cur, f[i][2] %= P; f[i][3] += (f[j][2]*f[i-1-j][1])%P*cur, f[i][3] %= P; } } ll ans = 0; for (int k = 0; k <= 3; k++) { ans += f[N][k], ans %= P; } cout << (ans+P)%P << endl; return 0; }