[hdu6984]Tree Planting
构造一个01矩阵,其中格子$(i,j)$对应于第$ik+j$个的位置(其中$0\le i<\lceil\frac{n}{k}\rceil,0\le j<k$,位置从0开始编号),那么问题即有以下限制:
1.$(\lceil\frac{n}{k}\rceil-1,j)$(其中$n-(\lceil\frac{n}{k}\rceil-1)k\le j<k$不能被选择(强制为0)
2.$\forall 1\le i<\lceil\frac{n}{k}\rceil$和$0\le j<k$,$(i-1,j)$和$(i,j)$不同时为0
3.$\forall 0\le i<\lceil\frac{n}{k}\rceil$和$0\le j<k$,$(i,j)$和$(i,(j+1)mod\ k)$不同时为0
关于这个问题,考虑状压dp,有两种dp方式:
1.从上到下、从左到右dp,dp到$(i,j)$时记录$(i,[0,j])$和$(i-1,(j,k))$的01状态即可,复杂度为$o(n2^{k})$
2.从左到右、从上到下dp,dp到$(i,j)$时记录$([0,\lceil\frac{n}{k}\rceil),0),([0,i],j)$和$((i,\lceil\frac{n}{k}\rceil),j-1)$的01状态即可,复杂度为$o(n2^{\frac{2n}{k}})$(前者可以初始枚举来方便实现)
将两者合并,即对$k^{2}\le 2n$和$k^{2}>\sqrt{2n}$分别使用第1种和第2种方式dp
同时,注意到状态序列中不能存在相邻的1,因此$2^{n}$对应的合法状态数仅为$F_{n+2}$(其中$F$为斐波那契数列),根据通项公式约为$1.618^{n}$
最终,总复杂度为$o(n\cdot 1.618^{\sqrt{2n}})$,可以通过
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 305 4 #define M 200005 5 #define L (1<<24) 6 #define mod 1000000007 7 #define ll long long 8 #define Add(x,y) x=(x+y)%mod 9 vector<int>v; 10 int t,n,k,ans,w[N],vis[L],id[L],f[N<<1][M]; 11 int main(){ 12 scanf("%d",&t); 13 while (t--){ 14 scanf("%d%d",&n,&k); 15 for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&w[i]); 16 int r=(n+k-1)/k,c=k; 17 ans=mod-1; 18 if (k*k<=2*n){ 19 v.clear(); 20 for(int i=0;i<(1<<c);i++){ 21 vis[i]=((vis[i>>1])|((i&3)==3)); 22 if (!vis[i]){ 23 id[i]=v.size(); 24 v.push_back(i); 25 } 26 } 27 for(int i=0;i<=n;i++) 28 for(int S=0;S<v.size();S++)f[i][S]=0; 29 f[0][0]=1; 30 for(int i=0;i<n;i++) 31 for(int S=0;S<v.size();S++){ 32 Add(f[i+1][id[v[S]>>1]],f[i][S]); 33 if ((v[S]&((1<<c-1)|1))==0)Add(f[i+1][id[(v[S]>>1)|(1<<c-1)]],(ll)w[i]*f[i][S]); 34 } 35 for(int S=0;S<v.size();S++)Add(ans,f[n][S]); 36 } 37 else{ 38 v.clear(); 39 for(int i=0;i<(1<<r);i++){ 40 vis[i]=(vis[i>>1])+((i&3)==3); 41 if (vis[i]<=1){ 42 id[i]=v.size(); 43 v.push_back(i); 44 } 45 } 46 for(int SS=0;SS<v.size();SS++){ 47 if (vis[v[SS]])continue; 48 for(int i=0;i<=r*(c-1);i++) 49 for(int S=0;S<v.size();S++)f[i][S]=0; 50 f[0][SS]=1; 51 for(int i=0;i<r;i++) 52 if (v[SS]&(1<<i))f[0][SS]=(ll)w[i*c]*f[0][SS]%mod; 53 for(int j=1;j<c;j++) 54 for(int i=0;i<r;i++){ 55 int k=(j-1)*r+i,pos=i*c+j; 56 for(int S=0;S<v.size();S++){ 57 Add(f[k+1][id[v[S]>>1]],f[k][S]); 58 if ((pos<n)&&((v[S]&1)==0)&&((!i)||((v[S]&(1<<r-1))==0)))Add(f[k+1][id[(v[S]>>1)|(1<<r-1)]],(ll)w[pos]*f[k][S]); 59 } 60 } 61 for(int S=0;S<v.size();S++) 62 if ((v[S]&(v[SS]>>1))==0)Add(ans,f[r*(c-1)][S]); 63 } 64 } 65 printf("%d\n",ans); 66 } 67 return 0; 68 }