JZOJ5965【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏

题目

作为NOIP2018的题目，我觉得不需要把题目贴出来了。
大意就是，在一个n∗mn*m的0101矩阵中，从左上角到右下角的路径中，对于任意的两条，上面的那条小于下面的那条。问满足这样的矩阵的个数。
好吧，有点简陋……

比赛思路

一眼看下去，诶，nn这么小，一下子就想到了状压DP。
然后有一点很显然：(i,j)≤(i+1,j−1)(i,j)\leq (i+1,j-1)。
依照这个性质，我打出了一个状压DP。
然后发现，第二个样例崩了。
然后手算了半天，推出来另一个朦胧的性质……
然后看看时间，啊，不能再推式子了！没时间啦！
匆匆打个暴力，去思考第三题。

正解

这题的正解有很多种。
的确有状压DP，不过最优的方法还是lyl推了两节数学课的神方法。
用这个方法，就算开到long long范围，也可以秒过。

其实这题还有一个性质：
如果(i,j)=(i+1,j−1)(i,j)=(i+1,j-1)，那么以(i+1,j)(i+1,j)为左上角的矩形的所有对角线上的数字相等。
至于为什么，也是比较好理解的。
如果有条到(i,j−1)(i,j-1)的路径，可以分成两条分别走到(i,j)(i,j)和(i+1,j−1)(i+1,j-1)，再走到(i+1,j)(i+1,j)，在这个时候它们是相等的。如果这个矩形中有不相等的路径，那么必定存在一种方案使通过(i,j)(i,j)的走小的，通过(i+1,j−1)(i+1,j-1)的走大的，不符合条件。所以在这个矩形中的左上角到右下角的路径相等，要让路径相等，对角线就要相等。

有了这个条件，这道题就变得复杂起来。lyl大佬发挥出他超强的推式子能力，把这题A穿了。
首先，我们可以分类讨论。
先讨论n=mn=m的情况

  1. 当(0,1)=(1,0)(0,1)=(1,0)时
    在这个情况比较简单，答案为2∗2∗4n−2∗2n−12*2*4^{n-2}*2^{n-1}%
  2. 当(0,1)≠(1,0)(0,1)\neq (1,0)时

    1. 当(0,2)=(1,1)=(2,0)(0,2)=(1,1)=(2,0)时
      也比较简单，2∗2∗5∗4n−4∗2n−12*2*5*4^{n-4}*2^{n-1}

    2. 当(1,1)=(2,0)(1,1)=(2,0)时
      在这里插入图片描述
      黄色表示这片区域内的对角线相等。
      设fif_i表示到ii这条对角线，i−1i-1或之前对角线的上面两个一样的方案数。
      （这里的对角线为(0,3)(0,3)到(0,n−1)(0,n-1)为右上角的两个对角线，编号从11开始）
      那么fi=fi−1∗4+4∗5f_i=f_{i-1}*4+4*5
      fi−1∗4f_{i-1}*4表示i−2i-2或之前已经有了对角线上面两个一样的，那么第ii条对角线被限制了，所以只有44种。
      4∗54*5表示i−1i-1有上面两个一样，那么第ii条不受限制，有55种。

      接下来我们计算这种情况的方案数：
      2∗(3+4∗3+fn−3∗2)∗2n−22*(3+4*3+f_{n-3}*2)*2^{n-2}
      估计问题在(3+4∗3+fn−3∗2)(3+4*3+f_{n-3}*2)这里面。
      33表示以(0,n−1)(0,n-1)为右上角的对角线的上面两个不一样，之前的也不一样，那么以(1,n−1)(1,n-1)为右上角的对角线不受影响，方案为33
      4∗34*3表示以(0,n−1)(0,n-1)为右上角的对角线的上面两个一样，之前的不一样，那么以(1,n−1)(1,n-1)为右上角的对角线还是不受影响，方案为4∗34*3
      fn−3∗2f_{n-3}*2表示以(0,n−2)(0,n-2)或之前有对角线上面两个一样的，那么以(1,n−1)(1,n-1)为右上角的对角线受到限制，方案为fn−3∗2f_{n-3}*2

    3. 当(0,2)=(1,1)(0,2)=(1,1)时
      可以发现和上面的情况对称，所以也是2∗(3+4∗3+fn−3∗2)∗2n−22*(3+4*3+f_{n-3}*2)*2^{n-2}

这样n=mn=m的情况就考虑完了。
接下来考虑n+1=mn+1=m的情况。

  1. 当(0,1)=(1,0)(0,1)=(1,0)时
    在这里插入图片描述
    我们可以将深黄色的这一部分向右平移
    在这里插入图片描述
    然后你就可以发现多出来的实际上是中间绿色的这一部分。
    显然这一部分的方案数为33，所以答案∗3*3
  2. 当(0,1)≠(1,0)(0,1)\neq (1,0)时
    1. 当(0,2)=(1,1)=(2,0)(0,2)=(1,1)=(2,0)时，和上面的差不多，也是∗3*3。
    2. 当(1,1)=(2,0)(1,1)=(2,0)时
      答案为2∗(3+3∗3+(4∗4+fn−3∗3)∗2)∗2n−22*(3+3*3+(4*4+f_{n-3}*3)*2)*2^{n-2}
      分类讨论：
      1. (0,n)(0,n)为右上角的对角线的上面两个不一样，之前的也不一样。
      2. (0,n)(0,n)为右上角的对角线的上面两个一样，之前的不一样。
      3. (0,n−1)(0,n-1)或之前为右上角的对角线的上面有两个一样的。
    3. 当(0,2)=(1,1)(0,2)=(1,1)时
    4. 答案为2∗(4+4∗4+fn−3∗3)∗2n−1)2*(4+4*4+f_{n-3}*3)*2^{n-1})
      类似类似（比上一种简单）

在推完这些东西之后，我们就可以发现，在m=n+1m=n+1之后，mm每+1+1，答案∗3*3
证明？
分各种情况讨论，是可以证出来的……
要了我好久的时间……
懒得打上来了，留给自已以后温故的时候思考。

反正，最终的时间复杂度是O(lg⁡n+lg⁡m)O(\lg n+\lg m)（求ff的时候其实可以用矩阵来求）的，非常优秀。
所以lyl说这题的数据太小了，我看可以大一些，大到什么程度呢？
给你读入两个位数十万的二进制数，分别表示nn、mm。

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mo 1000000007
inline long long my_pow(long long x,int y){
	long long res=1;
	for (;y;x=x*x%mo,y>>=1)
		if (y&1)
			res=res*x%mo;
	return res;
}
#define N 8
int n,m;
long long f[N+1];
int main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if (n>m)
		swap(n,m);
	if (n==1)
		printf("%lld\n",my_pow(2,m));
	else if (n==2)
		printf("%lld\n",12*my_pow(3,m-2)%mo);
	else if (n==3)
		printf("%lld\n",112*my_pow(3,m-3)%mo);
	else{
		long long a1=2*2*my_pow(4,n-2)*my_pow(2,n-1)%mo;/*(0,1)(1,0)相同时*/
		long long a2=2*2*5*my_pow(4,n-4)%mo*my_pow(2,n-1)%mo;/*(0,2)(1,1)(2,0)相同时*/
		for (int i=2;i<=n-3;++i)
			f[i]=f[i-1]*4/*之前有过，所以这一位受到了限制*/+4*5/*i-1相同*/;
		if (n==m){
			long long ans=2*2*(3/*上面的n-3个对角线全部不一样*/+4*3/*第n-3个对角线一样*/+f[n-3]*2/*n-3之前的有过一样*/)%mo*my_pow(2,n-2)%mo;//(0,2)(1,1)(2,0)其中有两个相同时 
			printf("%lld\n",(a1+a2+ans)%mo); 
		}
		else{
			long long ANS1=2*(3/*(1,n)之前没有一样*/+3*3/*(0,n)和(1,n-1)一样*/+(4*4/*(0,n-1)和(1,n-2)一样*/+f[n-3]*3)*2)%mo*my_pow(2,n-2)%mo;
			long long ANS2=2*(4+4*4+f[n-3]*3)%mo*my_pow(2,n-1);
			printf("%lld\n",((a1+a2)*3+ANS1+ANS2)*my_pow(3,m-n-1)%mo);
		}
	}
	return 0;
}

在此再%一下lyl大爷，两节数学课顶的过我们的几天。

posted @ 2018-11-20 18:54  jz_597  阅读(343)  评论(0)  编辑  收藏  举报