[AGC035E] Develop
题目
点这里看题目。
分析
AGC 的难题都很巧妙
对于这种 " 操作 + 计数 " 题目,我们常用方法是分析任意局面可以被操作出来的充要条件。
当然,这也不是一敲脑门就能想出来的
对于这道题,我们不妨考虑删除的先后顺序。比如,如果 \(x-2\) 最终被删除,那么必然有 \(x\) 在 \(x-2\) 之前被删除;同理, \(x+k\) 在同样条件下有 \(x\) 在 \(x+k\) 之前被删除。
因此我们可以对于任意局面,找出其中被删除的集合 \(D\) 。对于 \(x\in D\) ,由于我们要求 \(x-2\) 和 \(x+k\) 在 \(x\) 之后删除,所以可以连接有向边 \(x\rightarrow x-2\) 和 \(x\rightarrow x+k\) 。此时如果图中出现了圈,那么显然就是不合法的,自己不可能在自己之前删除;反过来,如果不存在圈,那么按照拓扑序进行删除必然是可行的。
因此得到:局面可以被操作当且仅当其对应的图中不存在圈。
由于图本身是静态的,只是 \(D\) 在变,所以我们可以在图上面决策 \(D\) 。注意到图的大致形态与 \(K\) 的奇偶性相关,分类讨论:
-
\(K\) 是偶数,此时图是两个连通块,并且连通块内部为 链 + 反向边 。这种情况就是要求不存在连续的 \(K+1\) 个点被选,怎么操作都可以。
-
\(K\) 是奇数,此时图为两条链,中间有一些跨链的边。为了图的简洁,我们不妨让一些边平行于边框,这里选择的是奇点指向偶点的边。当 \(K=3\) 时,下图是一个不错的参考:
显然图上最短的环上有 \(K+2\) 个点,可以表示为: \(a\rightarrow a-2\rightarrow \dots\rightarrow b-k\rightarrow b\rightarrow b-2\rightarrow \dots\rightarrow a-k\) ( \(a\) 是奇数而 \(b\) 是偶数 )。可以发现环的序列按照 向上 + 向右 + 向上 排列;又由于我们的序列必须接到右边的向上部分,因此需要再记录当前右边连续向上的长度。
于是可以定义 DP 状态如下:
\(f(i,j,k)\) :第 \(i\) 层,从该层左边出发的序列最长为 \(j\) ,从该层右边起的连续被选节点有 \(k\) 个的方案数。
转移有些细节,建议参考代码。
其实转移很简洁,如果你写的很长可以考虑重构
小结:
- 此类问题的常用转化方法非常重要!
- 对于环,将其简化拆分成序列的思想也很重要。
代码
#include <cstdio>
#define rep( i, a, b ) for( int (i) = (a) ; (i) <= (b) ; ++ (i) )
#define per( i, a, b ) for( int (i) = (a) ; (i) >= (b) ; -- (i) )
typedef long long LL;
const int MAXN = 155;
template<typename _T>
void read( _T &x )
{
x = 0; char s = getchar(); int f = 1;
while( s < '0' || '9' < s ) { f = 1; if( s == '-' ) f = -1; s = getchar(); }
while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ); s = getchar(); }
x *= f;
}
template<typename _T>
void write( _T x )
{
if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
if( 9 < x ) write( x / 10 );
putchar( x % 10 + '0' );
}
template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
return a > b ? a : b;
}
int N, K, mod;
LL Mul( LL x, int v ) { return x * v % mod; }
int Sub( int x, int v ) { return ( x -= v ) < 0 ? x + mod : x; }
int Add( int x, int v ) { return ( x += v ) >= mod ? x - mod : x; }
namespace EvenK
{
int f[MAXN];
void Solve()
{
f[0] = 1, K >>= 1;
rep( i, 1, N )
{
rep( j, MAX( 1, i - K ), i )
f[i] = Add( f[i], f[j - 1] );
if( i <= K ) f[i] = Add( f[i], 1 );
}
write( Mul( f[N >> 1], f[N + 1 >> 1] ) ), putchar( '\n' );
}
}
namespace OddK
{
int f[MAXN << 1][MAXN][MAXN];
void Solve()
{
f[0][0][0] = 1; int lst = 0;
for( int i = 2 ; i - K <= N ; i += 2 )
{
rep( j, 0, K + 1 ) rep( k, 0, N )
f[i][0][0] = Add( f[i][0][0], f[i - 2][j][k] );
//Both Ignored
if( i <= N )
rep( j, 0, K + 1 ) rep( k, 0, N )
f[i][0][k + 1] = Add( f[i][0][k + 1], f[i - 2][j][k] );
//Left Ignored, Right Chosen
if( i - K >= 1 )
rep( k, 0, N )
{
rep( j, 1, K ) //Must be connected to the Right, so we don't assume that the transfer is available if j = 0
f[i][j + 1][0] = Add( f[i][j + 1][0], f[i - 2][j][k] );
f[i][0][0] = Add( f[i][0][0], f[i - 2][0][k] );
}
//Left Chosen, Right Ignored
if( i <= N && i - K >= 1 )
rep( k, 0, N )
for( int j = 0 ; MAX( k + 1, j ) <= K ; j ++ )
f[i][MAX( k + 2, j + 1 )][k + 1] = Add( f[i][MAX( k + 2, j + 1 )][k + 1], f[i - 2][j][k] );
//Both Chosen
lst = i;
}
int ans = 0;
rep( j, 0, K + 1 ) rep( k, 0, N )
ans = Add( ans, f[lst][j][k] );
write( ans ), putchar( '\n' );
}
}
int main()
{
read( N ), read( K ), read( mod );
if( K % 2 == 0 ) EvenK :: Solve();
else OddK :: Solve();
return 0;
}