树形DP-兔子跳跃之谜下
题目描述
小生和小森在玩兔子之谜游戏。有三只兔子排成一排。知道每只兔子的初始位置，以及三个兔窝的位置。
游戏的规则是，重复以下步骤k次：选择两个不同的兔子A和B，分别位于a和b。A可以跳过B到达2*b-a的点：
跳跃是不允许其他小兔子已经在点2*b-a的位置上：
跳跃也不允许一次跳过一个以上的兔子：
现在小生和小森想要知道，k次操作之后，能否让所有兔子都分别跳到一个兔窝里面。注意，第i个兔子并不一定要在第i个巢。并且输出跳法的种数，数值可能很大，要对结果取模1000000007。只要有一个跳跃是不同的，两种方式被认为是不同的。
输入
有多组测试数据：
第一行，包含一个整数Num，表示测试数据的个数。（1<=Num<=10）
每组测试数据，
第一行三个整数，第二行三个整数，分别表示兔子的初始位置和兔窝的位置。两组数值都是严格递增给出。范围均为[-10^18,10^18]。
最后一个整数k。[1,100]。
输出
共Num行，
跳跃的种数。
样例输入
8
0 5 8
0 8 11
1
0 5 8
0 8 11
3
0 5 8
0 8 11
2
5 8 58
13 22 64
58
0 1 2
1 2 3
100
5 8 58
20 26 61
58
67 281 2348
235 1394 3293
83
-1000000000000000000 999999999999999998 999999999999999999
-1000000000000000000 999999999999999999 1000000000000000000
5
样例输出
1
5
0
0
0
537851168
167142023
29
这道题一拿到不知道怎么做，好像只能DFS
但是接着我们发现，三只兔子有三种操作：两只兔子跳到中间（一种情况）；一只兔子跳到外面（两只兔子跳到外面）。
可以把兔子间的跳跃抽象成一个二插树形结构
根节点：三只兔子等距；两只兔子就跳不到中间啦
叶节点：中间那只兔子分别跳到左边和右边的情况
对于跳跃的方案数，只是询问在一棵二叉树上两个节点间之间用K步跳跃所能达到的方案数
我们用dp[i][j][k]表示初始节点A离LCA i步，结束点B离LCA j步，还剩下k步时的方案总数。为了方便处理，我们假设B节点不动（这很重要，也很巧妙）
当i>0时 让A向上下走dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k-1]+2*dp[i+1][j][k-1]
当i=0时 让A向上下走（向上走时LCA为A）dp[0][j][k]+=dp[0][j+1][k-1]+dp[0][j-1][k-1]+dp[1][j][k-1]
当i=j=0时 让A向上下走 dp[0][0][k]=dp[0][1][k-1]+dp[1][0][k-1]*2;
根据定义，j>B离LCA的距离时DP为0；代码借鉴自LHQ大神的blog
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; #define mod 1000000007 const int N=107; struct note{ int x,y,z; friend bool operator ==(note a,note b) { return (a.x==b.x&&a.y==b.y&&a.z==b.z); } }point,point1,fa[2][N]; int dp[N][N][N]; int k,deep_a,deep_b; bool ok(note s) { return (!(s.z-s.y==s.y-s.x)); } note make(note s) { note r; if(s.z-s.y<s.y-s.x) { int kk=s.z-s.y; r.x=s.x; r.y=s.y-kk; r.z=s.y; return r; }else { int kk=s.y-s.x; r.z=s.z; r.x=s.y; r.y=s.y+kk; } } int DP(int i,int j,int k) { if(k==0) if(i==0&&j==0) return 1;else return 0; if(i+j>k||j>deep_b) return 0; if(dp[i][j][k]!=-1) return dp[i][j][k]; if(i>0&&j>0) { dp[i][j][k]=(DP(i+1,j,k-1)*2ll+DP(i-1,j,k-1))%mod; } else if (i==0&&j>0) { dp[i][j][k]=((ll)DP(1,j,k-1)+DP(0,j-1,k-1)+DP(0,j+1,k-1))%mod; } else if (i>0 && j==0) { dp[i][j][k]=(DP(i+1,0,k-1)*2ll+DP(i-1,0,k-1))%mod; } else if (i==0&&j==0) { dp[i][j][k]=(DP(1,0,k-1)*2ll+DP(0,1,k-1))%mod; } return dp[i][j][k]; } int main() { int num; scanf("%d",&num); while(num--) { scanf("%lld %lld %lld",&point.x,&point.y,&point.z); scanf("%lld %lld %lld",&point1.x,&point1.y,&point1.z); scanf("%d",&k); fa[0][0]=point;fa[1][0]=point1; deep_a=deep_b=0; for(int i=1;i<=k&&ok(fa[0][i-1]);i++) { fa[0][i]=make(fa[0][i-1]); deep_a++; } for(int i=1;i<=k&&ok(fa[1][i-1]);i++) { fa[1][i]=make(fa[1][i-1]); deep_b++; } bool flag=1; int t1=-1,t2=-1; for(int i=0;i<=deep_a&&flag;i++) for(int j=0;j<=deep_b&&flag;j++) { if(fa[0][i]==fa[1][j]) { t1=i,t2=j; flag=false; } } if(t1==-1) { cout<<0<<endl; continue; } dp[0][0][0]=1; memset(dp,-1,sizeof(dp)); printf("%d\n",DP(t1,t2,k)); } return 0; }
