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传送门。

题意

显然。

分析

我们首先需要观察的就是我们的数据范围： $N \leq 10^{9}$ ， $P \leq 10$ ， $K \leq 8$ 。非常优秀的一个数据范围，我们马上可以筛选我们的算法，主体肯定有一个类倍增的算法加速转移，而转移有极大可能是通过状压来解决。

首先可以想到这样一个状态： $f_{i, j}$ 表示当前来到第 $i$ 个车站，当前仍然停留有车的车站（显然使用状压，因为我们的 $P$ 很小，我们可以用类似滚动数组的方式处理我们的状态）。

接下来解决一下转移。

由于我们题面的一个性质： $1$ 到 $K$ 号站作为始发站， $N - K + 1$ 到 $N$ 号台作为终点站。因此我们的过程中，车辆总数是始终为 $k$ 的，这是一个小小的优化，也是转移的关键。

分为两种转移：

假如说边界上有车，那么这辆车必须，并且只能是这两者转移到 $i$ 。
假如说没有，那么我们可以从前边任意一辆车开过来。

可以得到这样的代码：

 for(int i=m; i<n; ++i) {
    for(int j=0; j<=up; ++j) {
        if(cnt[j]!=m) continue;//m即k
        if(j&(1<<P-1)) f[i+1][(j<<1|1)&up]=(f[i+1][(j<<1|1)&up]+f[i][j])%MOD;
        else {
            for(int k=0; k<P-1; ++k) {
                if((1<<k)&j) {
                    int st=j^(1<<k);
                    f[i+1][st<<1|1]=(f[i+1][st<<1|1]+f[i][j])%MOD;
                }
            }
        }
    }
}

我们后面的代码万变不离其宗，所以这一段代码一定要理解。

此时我们发现，可以拿到 $40 p t s$ ，时间复杂度： $O (n \times K \times w^{P})$ ，（ $w = 2$ ），在空间与与时间上都受到限制。

紧接着，尝试优化我们的转移，首先就是最直白的，使用矩阵快速幂优化。

此处的代码大同小异，只是将原来的转移方式转化成矩阵上的节点 $+ 1$ 即可。由于数据上的特殊，我们的优化并没有效果，反而只能拿到 $10 p t s$ ，时间复杂度： $O (\log n \times w^{3 \times P})$ 。

接下来我们就需要思考优化我们的转移。

首先上面提及的那个特征：过程中，车辆总数是始终为 $k$ 的，所以，我们的有用的节点实际只有 $C_{P}^{K}$ 个，即最大只有 $C_{10}^{5} = 252$ 个，可以使用一个 map 来进行离散化，现在我们就可以拿到 $80$ 的高分。

继续考虑优化我们的有用个数，又可以观察到，我们的状态实际上第 $0$ 位绝对是 1，又可以优化掉一位，拿下 $100 p t s$ 。

 int up=(1<<P)-1,cnt_m=0;
for(int i=1; i<=up; ++i) {
    cnt[i]=cnt[i-lowbit(i)]+1;
    if(cnt[i]==m&&(i&1)) ma[i>>1]=cnt_m++;
}
ans.n=1,ans.m=bas.n=bas.m=cnt_m;
ans.a[0][ma[((1<<m)-1)>>1]]=1;
for(int j=0; j<=up; ++j) {
    if(cnt[j]!=m||(j&1)==0) continue;
    if(j&(1<<P-1)) {
        add(bas,ma[j>>1],ma[((j<<1|1)&up)>>1]);
    } else {
        for(int k=0; k<P-1; ++k) {
            if((1<<k)&j) {
                int st=j^(1<<k);
                add(bas,ma[j>>1],ma[(st<<1|1)>>1]);
            }
        }
    }
}

posted @ 2023-09-19 21:54 djh0314 阅读(20) 评论(0) 编辑收藏举报来源

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	for(int i=m; i<n; ++i) {
	for(int j=0; j<=up; ++j) {
	if(cnt[j]!=m) continue;//m即k
	if(j&(1<<P-1)) f[i+1][(j<<1\|1)&up]=(f[i+1][(j<<1\|1)&up]+f[i][j])%MOD;
	else {
	for(int k=0; k<P-1; ++k) {
	if((1<<k)&j) {
	int st=j^(1<<k);
	f[i+1][st<<1\|1]=(f[i+1][st<<1\|1]+f[i][j])%MOD;
	}
	}
	}
	}
	}

	int up=(1<<P)-1,cnt_m=0;
	for(int i=1; i<=up; ++i) {
	cnt[i]=cnt[i-lowbit(i)]+1;
	if(cnt[i]==m&&(i&1)) ma[i>>1]=cnt_m++;
	}
	ans.n=1,ans.m=bas.n=bas.m=cnt_m;
	ans.a[0][ma[((1<<m)-1)>>1]]=1;
	for(int j=0; j<=up; ++j) {
	if(cnt[j]!=m\|\|(j&1)==0) continue;
	if(j&(1<<P-1)) {
	add(bas,ma[j>>1],ma[((j<<1\|1)&up)>>1]);
	} else {
	for(int k=0; k<P-1; ++k) {
	if((1<<k)&j) {
	int st=j^(1<<k);
	add(bas,ma[j>>1],ma[(st<<1\|1)>>1]);
	}
	}
	}
	}