CSP202104-4 校门外的树

原题点我

DP好题

打眼一看，感觉是个dp，而我的dp很菜（其实不管什么都很菜），看到区间就想到区间dp，导致有一点思路，但是无法实现。实际上我们不关心中间的某一段的种树情况，只需要知道从第一个障碍物开始到最后一个障碍物结束的种树方案，因此只需要一维数组。
用$f_i$表示从第一个障碍物到第$i$个障碍物的总方案数，那么很容易写出$f_i = \sum_{j = 1}^{i - 1}{f_j * calc(i, j)}$，其中$calc(i, j)$表示第$i$个障碍物到第$j$个障碍物之间的方案数。假设$f_1$到$f_{i - 1}$都已经求出来，那么求$f_i$就只需要求出$calc(i, j)$。
现在我们设法写出$calc$函数。显然，对于中间没有障碍物的两个障碍物来说，他们之间的方案数就是两个障碍物之间距离的约数（不包括自己）的个数。举例： 设两个障碍物的坐标分别是$a_i$和$a_{i + 1}$，那么$calc(i + 1, i) = sizeof(X)$，其中$X$表示$a_{i + 1} - a_i$的约数（不包括自己）所组成的集合。那么对于中间有障碍物的两个障碍物来说呢？因为在dp的过程中，在枚举左端点$j$时，右端点$i$是不动的，所以我们就以右端点为基准。显然，在集合X中的数都不能再作为现在的备选答案了，因为若选择这些数作为答案，则从右端点开始计算，必将在之前的左端点处种下一棵树，但实际上这是非法的操作。同样地，之前的两个障碍物之间的距离也不能作为备选答案。
具体来说，建立一个初始为空的集合$Y$，从$j = i - 1$开始枚举倒序枚举$j$，每次都找出$a_i - a_j$的约数所组成的集合$Z_j$，对于$Z_j$中的每一个元素，检查它是否在集合$Y$中，若在集合$Y$中，则表明以这个元素作为间隔去种树会在某一个障碍物处种数，所以不能计入答案，若不在集合$Y$中，则可以计入答案，并将其插入集合$Y$中，处理完后，还要把$a_i - a_j$也加入集合中。

初始状态： $f_1 = 1$ 最终状态： $f_n = ?$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e4 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const int m = 1e9 + 7;
int a[maxn];
vector<int> pr[maxm];
int n;
bool vis[maxm];

ll f[maxn];
ll calc(int p, int q);

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    
    for(int i = 1; i <= a[n]; i++)
        for(int j = 2 * i; j <= a[n]; j += i)
            pr[j].push_back(i);
    
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        for(int j = i - 1; j >= 1; j--)
            f[i] = f[j] % m * calc(i, j) % m + f[i] % m;
        
    }
    printf("%lld\n", f[n] % m);
    
}

ll calc(int p, int q)
{
    ll ret = 0;
    for(int t : pr[a[p] - a[q]])
        if(!vis[t])
        {
            ret = ret + 1 % m;
            vis[t] = true;
        }
    vis[a[p] - a[q]] = true;
    return ret % m;
}

总结

倒序枚举$j$是比较关键的操作，想到这一步的原因是两个相邻的障碍物之间的方案数比较容易计算，而之后扩展到不相邻的障碍物时，非法集合中的元素只增多不减少，比较容易维护。