Mancala

1|0前言：

感觉难度没有紫吧，因为我在模拟赛场切了耶。

2|0题目描述：

有 $n$ 个数，第 $i$ 个数为 $a_i$，每次可以选择一个 $i$ 满足 $a_i=i$，并将 $a_i$ 赋值为 $0$，最后你的得分为剩下的数的和，你希望最后得分越小越好。

给出 $n,k$，你需要求出所有 $a_i\in [0,k]$ 的情况下，你的得分总和与 ${10}^9+7$ 取模。

3|0解题思路 & 代码实现：

我的考场思路是这样的，先思考如果给定 $a$ 序列，如何求答案。

模拟之后发现，如果有 $a_i=i$ 的话，则一定会操作 $i$，并且每次一定会选取最前面的 $i$ 进行操作，因为这样一定不会影响其他可行操作位置。

继续思考，发现每个数对答案的具体贡献只和 后面的总操作数 有关。

假设 $m_i$ 表示 $i$ 到 $n$ 的总操作数，那么可以这么分类讨论：

	$a_i\le i$	$a_i>i$
贡献	$(m_{i+1}+a_i)modi$	$m_{i+1}+a_i$
增加的操作次数	$(m_{i+1}+a_i)/i$	$0$

具体解释的话，如果 $a_i\le i$ 那么它的贡献一定是在操作一定次数当前位置后剩余的数，反之就无法操作，只能一直加上去。

增加的操作次数也是同理。

那么我们就可以写出暴力代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 110, mod = 1e9 + 7;
int n, k, a[N], ans;
void solve(int id){
    if(id > n){
        for(int i = n, m = 0; i >= 1; i--){
            if(a[i] <= i) ans = (ans + (m + a[i]) % i) % mod;
            else ans = (ans + m + a[i]) % mod;
            if(a[i] <= i) m += (m + a[i]) / i;
        }
        return;
    }
    for(int i = 0; i <= k; i++)
        a[id] = i, solve(id + 1);
}
signed main(){
    // freopen("stone.in", "r", stdin);
    // freopen("stone.out", "w", stdout);
    cin >> n >> k;
    solve(1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

那么我们现在会处理一个序列了，那么可以开始思考正解了。

注意到 $n,k\le 100$，可以发现 后面的总操作数 的数量级在 $5\times {10}^4$ 以内。

那么就可以很自然的设置出两个状态。

$f_i$ 表示从后往前考虑到 $i$ 的最小得分总和。

$g_{i,j}$ 表示从后往前考虑到 $i$，操作总数为 $j$ 的方案数。

那么转移具体如下：
$\begin{array}{}\text{(1)}& \{\begin{array}{lll}{f}_i=f_i+f_{i+1}+\sum _{m=0}^{n\times k}{g}_{i+1,m}\times ((m+j)modi)& & (j\le i)\\ f_i=f_i+f_{i+1}+\sum _{m=0}^{n\times k}{g}_{i+1,m}\times (m+j)& & (j>i)\end{array}\end{array}$

$\begin{array}{}\text{(2)}& \{\begin{array}{lll}{g}_{i,m+(m+j)/i}=g_{i,m+(m+j)/i}+g_{i+1,m}& & (j\le i)\\ g_{i,m}=g_{i,m}+g_{i+1,m}& & (j>i)\end{array}\end{array}$

那么正解代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N = 110, M = 5e4 + 10, mod = 1e9 + 7;
int f[N], g[N][M];
signed main(){
    // freopen("stone.in", "r", stdin);
    // freopen("stone.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    g[n + 1][0] = 1;
    for(int i = n; i >= 1; i--){
        for(int j = 0; j <= k; j++){//a[i]
            for(int m = 0; m <= k * n; m++){//m[i+1]
                if(j <= i) g[i][m + (m + j) / i] = (g[i][m + (m + j) / i] + g[i + 1][m]) % mod;
                else g[i][m] = (g[i][m] + g[i + 1][m]) % mod;
            }
        }
        for(int j = 0; j <= k; j++){
            if(j <= i){
                f[i] = (f[i] + f[i + 1]) % mod;
                for(int m = 0; m <= k * n; m++)
                    f[i] = (f[i] + g[i + 1][m] * ((m + j) % i) % mod) % mod;
            }else{
                f[i] = (f[i] + f[i + 1]) % mod;
                for(int m = 0; m <= k * n; m++)
                    f[i] = (f[i] + g[i + 1][m] * ((m + j) % mod) % mod) % mod;
            }
        }
    }
    cout << f[1] << endl;
    return 0;
}

时间复杂度 $O(n^2{k}^2)$。

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本文作者：huangweiliang
本文链接：https://www.cnblogs.com/huangweiliang/p/18549364.html
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