Codeforces Global Round 14 E. Phoenix and Computers
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题目大意
给定 \(N\) 台电脑，起初每台电脑都是关闭的
现在你可以随意打开电脑，但如果第 \(i-1\)、第 \(i+1\) 台电脑是开启的，则第 \(i\) 台电脑也会自动开启，而你无法手动开启它
问你有多少种打开电脑的方法，使得最后所有电脑都是开着的
解题思路
分成两步来解决.
第一步：
考虑：如果 \(N\) 台电脑我都要手动开启，有多少种方法？
可以枚举是从哪台电脑开始打开：
- 从 \(1\) 开始，剩下的 \(N-1\) 必须按照 \(2,3,...,n\) 的顺序开(不理解可以画一下)
- 从 \(2\) 开始，对于 \(2\) 右边的电脑 \([3\)~\(N]\)，\(4\) 必须在 \(3\) 开了之后开，\(5\) 必须在 \(4\) 开了之后开 \(...\) ，而 \(1\) 可以在任意时刻开机
- \(...\)
- 从 \(k\) 开始开，对于 \(k\) 右边的电脑， 它们的相对开机顺序必须是 \(k + 1 , k + 2 , ... , n\)
对于\(k\) 左边的电脑，它们的相对开机顺序必须是 \(k-1,k-2,...,1\)
不过左右两边的开机顺序是可以穿插（合并）在一起的
所以手动开启 \(N\) 台电脑的方案数为 \(C_{n-1}^{1}+C_{n-1}^{2}+\ldots +C_{n-1}^{n-1} = 2^{n-1}\)
第二步：
考虑：最后电脑开启的状态？
显然最后电脑开启的状态会是这样的：
手动开启 \(1\sim X_1\) → 自动开启 \(X_1+1\) → 手动开启 \(X_1+2\sim X2\) 台 →自动开启 \(X_2+1\) → \(...\) → 手动开启 \(X_{n-1} + 1\sim X_n\) ，其中需要保证 \(X_i + 1 < N\)
于是我们可以定义 \(f[i][j]\) 表示：前 \(i\) 台电脑，手动打开了 \(j\) 台, 第 \(i\) 台是手动打开的 , 第 \(i + 1\) 台是自动打开的方案数。
那么 \(f[i][j]\) → \(f[i + 1 + X_i][j + X_i]\) 的意义为：
手动打开 \(pos \sim i\) → 自动打开\(i+1\) → 手动打开 \(i + 2 \sim X_i\) 的过程。
- \(f[i+1+X_i][j+X_i]\) 相对 \(f[i][j]\) 又多手动开启了 \(X_i\) 台电脑
- 这 \(X_i\) 台的电脑的开启方案数有 \(2^{Xi-1}\)种（第一步得出的结论）
- 然后考虑将这 \(X_i\) 台"新"电脑开机的顺序和 \(j\) 台"旧"电脑开机的顺序穿插（合并）在一起。
即现在有 \(X_i+j\) 个开机顺序需要确认，我们可以从中选 \(X_i\) 个放"新"电脑的开机顺序，剩下的放"旧"电脑的开机顺序，那么方案数为 \(C_{X_i+j}^{X_i}\) (或者 \(C_{X_i+j}^{j}\)也可以）所以可得： \(f[i + 1 + X_i][j + X_i] = f[i][j] \times 2^{Xi-1} \times C[j + X_i][X_i]\)
答案即： $ans=\sum ^{n}_{i=0}f\left[ n\right] \left[ i\right] $
\(i\)、\(j\)、\(X_i\) 都可以通过枚举得到
写题解不易，如有帮助到您请点个赞给予我一点小小的鼓励！
AC_Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 4e2 + 10;
long long C[N][N] , bit[N];
long long n , m , ans , f[N][N];
void init(int mod)
{
bit[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N - 10 ; i ++) bit[i] = bit[i - 1] * 2 % mod;
for(int i = 0 ; i <= N - 10 ; i ++)
{
C[i][0] = 1;
for(int j = 1 ; j <= i ; j ++) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
}
}
signed main()
{
cin >> n >> m;
init(m);
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
f[i][i] = bit[i - 1];
for(int j = 0 ; j <= i ; j ++)
{
for(int k = 1 ; k + i + 1 <= n; k ++)
{
f[i + 1 + k][j + k] += f[i][j] * bit[k - 1] % m * C[j + k][k] % m;
f[i + 1 + k][j + k] %= m;
}
}
}
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++) ans += f[n][i] , ans %= m;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
