CF1811G2 Vlad and the Nice Paths (hard version) 题解

有一种比较暴力，不需要组合数的 DP。

先考虑在 G1 的限制（即 $n\leq 100$）下怎么做。

有一个比较显然的 DP，$f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个，长度为 $j$，最后一个的颜色为 $k$。转移时可以朴素地 $O(1)$ 转移，注意 $j \equiv 1(\bmod m)$ 时可以从 $f_{i-1}$ 的任意一个 $k$ 转过来，于是需要在 DP 的同时维护一下和以防复杂度退化。

回到 G2，考虑上文的状态就已经是三次方，首先要优化这个东西。这一步是容易的，因为 $f_i$ 仅有 $f_{i-1}$ 而来，滚动数组即可。

接着是转移过程。注意到上文中既有 $k=a_i$ 时才真正进行了 DP 值的修改，于是不枚举 $k$，只枚举 $j$ 即可。

然而这么写有个问题是，如果最终某个 $f_{i,j,k}$ 的方案数是 $10^9+7$ 的倍数，取模变成 $0$，我们会认为不存在这种长度，于是会在第 $29$ 个点 WA。于是在 DP 时顺便记录一个 bool 数组表示这种情况是否有可能，转移和 DP 转移类似。

顺带一提：没注意到这个问题仍然能过 G1，可能是数据比较弱。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5005;
const long long MOD = 1e9 + 7;

int t, n, m, a[N];
long long f[N][N];
long long sum[N];
bool cb[N][N];
bool cc[N];

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		cin >> n >> m;
		for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
		for (int i = 0; i <= n; i++)
		{
			for (int j = 0; j <= n; j++) 
			{
				f[i][j] = 0ll, cb[i][j] = 0, sum[i] = 0ll, cc[i] = 0;
			}
		}
		f[0][0] = 1ll;
		sum[0] = 1ll;
		cb[0][0] = 1;
		cc[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for (int j = n; j >= 1; j--)
			{
				sum[j] = (sum[j] - f[j][a[i]] + MOD) % MOD;
				f[j][a[i]] = (f[j][a[i]] + f[j - 1][a[i]]) % MOD;
				cb[j][a[i]] |= cb[j - 1][a[i]];
				if (j % m == 1)
				{
					f[j][a[i]] = (f[j][a[i]] + sum[j - 1]) % MOD;
					cb[j][a[i]] |= cc[j - 1];
					f[j][a[i]] = (f[j][a[i]] - f[j - 1][a[i]] + MOD) % MOD;
				}
				sum[j] = (sum[j] + f[j][a[i]]) % MOD;
				cc[j] |= cb[j][a[i]];
			}
		}
		long long ans = 0ll;
		for (int j = 0; j <= n; j += m) 
		{
			long long sum = 0ll;
			bool flg = 0;
			for (int k = 0; k <= n; k++) 
			{
				sum = (sum + f[j][k]) % MOD;
				flg |= cb[j][k];
				//cout << "!!!: " << j <<" " << k << " " << f[n][j][k] << "\n"; 
			}
			if (flg)
			{
				ans = sum;
			}
		}
		cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}