LOJ #6752. 「THUPC 2021 初赛」合法序列 题解

\(\mathcal{Solution}\)

考虑到 \(k\) 最大只有 \(4\)，所以每一个子段限制的位置肯定是 \(\leq 2^k\) 的，也就是肯定只与前 \(2^k\) 个数相关，考虑爆搜这些数，只有 \(2^{2^k}\) 种可能，最大也就 \(2^{16}\)，考虑怎样快速统计后面的方案数。

因为很多人过J所以J一定不会太难所以这个计数一定是dp

考虑 \(dp\)，设 \(f_{i,j}\) 代表 \([i-k+1,i]\) 这段区间（也就是以第 \(i\) 个为结尾的子段）选的状态为 \(j\) 的方案数，这样就很好 \(dp\) 了，考虑 \(f_{i,j}\) 从 \(f_{i-1,j'}\) 转移，一定时满足 \(j'\) 的后 \(k-1\) 位和 \(j\) 的 前 \(k-1\) 位相等（也就是考虑把一个长度为 \(k\) 的区间向后推一个，这两个区间的重合部分），\(j'\) 的最前面一位此时填 \(0,1\) 都行，那么就可以直接转移，而满足能进行转移的 \(j\) 一定是要满足爆搜出来前 \(2^k\) 为第 \(j\) 位为 \(1\)，那么提前存出来这些合法的 \(j\)，转移直接遍历一遍即可，时间复杂度降的特别低。

大概是一个 \(\sum_{i=1}^{2^{2^k}}count\_bit(i) \times n\)。其中 \(count\_bit(x)\) 为 \((x)_2\) 中数位上为 \(1\) 的个数，写个程序简单算一下发现才仅仅 \(1e8\) 左右，足够通过此题。

上面那个复杂度可以写成 \(\mathcal{O}(2^{2^k}\times 2^k \times n)\)

\(\mathcal{Code}\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
#define re register
#define int long long
#define pb push_back
const int mod = 998244353;
inline int Add(int x, int y) { return (x + y - mod) < 0 ? (x + y) : (x + y - mod); }
inline int Max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
inline int Min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
inline int Abs(int x) { return x < 0 ? ~x + 1 : x; }
inline int read() {
	int r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') {
		if(ch == '-') w = 1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') {
		r = (r << 3) + (r << 1) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return w ? ~r + 1 : r;
}
#undef int
const int N = 510;
int n, k, m, vecnt, a[N];
ll f[N][N];
std::vector<int>vec;
bool check(int x) {
	int now = 0;
	for(int i = x; i >= x - k + 1; --i)
		now |= a[i] * (1 << (x - i));
	return a[now] == 0;
}
ll solve(int x) {
	vec.clear(); vecnt = 0;
	for(int i = 0; i < m; ++i) a[i] = 0;
	for(int i = 0; i < m; ++i)
		if((1 << i) & x) {
			vec.pb(m - i - 1);
			a[m - i - 1] = 1;
			++vecnt;
		}
	for(int i = 0; i < n; ++i)
		for(int j = 0; j < vecnt; ++j)
			f[i][j] = 0;
	for(int i = k-1; i < m; ++i)
		if(check(i))
			return 0ll;
	f[m-1][x & ((1 << k) - 1)] = 1;
	for(int i = m; i < n; ++i)
		for(int j = 0; j < vecnt; ++j)
			f[i][vec[j]] = Add(f[i][vec[j]], f[i-1][(vec[j] >> 1) | (1 << (k-1))] + f[i-1][vec[j] >> 1]);
	ll ans = 0;
	for(int i = 0; i < vecnt; ++i)
		ans = Add(ans, f[n-1][vec[i]]);
	for(int i = 0; i < n; ++i)
		for(int j = 0; j < vecnt; ++j)
			f[i][vec[j]] = 0;
	return ans;
}
int main() {
	ll ans = 0;
	n = read(); k = read(); m = (1 << k);
	for(int i = 0; i < 1 << m; ++i)
		ans = Add(ans, solve(i));
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}