P4910 题解
前言
矩阵快速幂优化 DP 经典题。
前置知识：会做简单的 DP、矩阵加速。
题目简述
给定一个长度为 \(n\) 的环，每个位置可以填 \(1\) 或 \(2\)。相邻两个不能同时填 \(1\)。
求方案数。多测。
朴素 DP
思路
看到题目，很容易想到环形 DP。
设 \(dp_{i, 0}\) 表示第 \(i\) 位填 \(1\) 的总方案数，\(dp_{i, 1}\) 表示第 \(i\) 位填 \(2\) 的总方案数。
状态转移方程如下：
- 第 \(i\) 位填 \(1\)，则上一位只能填 \(2\)。所以 \(dp_{i, 0} = dp_{i - 1, 1}\)。
- 第 \(i\) 位填 \(2\)，则上一位可以填 \(1\) 或 \(2\)。所以 \(dp_{i, 1} = dp_{i - 1, 0} + dp_{i - 1, 1}\)。
初始化要分类讨论一下：
- 如果第 \(1\) 位填 \(1\)，则第 \(n\) 位只能填 \(2\)。所以答案算上 \(dp_{n, 1}\)。
- 如果第 \(1\) 位填 \(2\)，则第 \(n\) 位可以填 \(1\) 或 \(2\)。所以答案算上 \(dp_{n, 0} + dp_{n, 1}\)。
把公式抄上去即可。时间复杂度 \(O(n)\)。
代码
按照题目的应该是可以拿 \(60\) 分的。但是只有 \(48\) 分。
提交记录。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, dp[N][2]; //dp[i][0/1] : 第i位填A或B
void calc()
{
for (int i = 2; i <= n; i++)
dp[i][0] = dp[i - 1][1], //第i位填1，则上一位只能填2
dp[i][1] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod; //第i位填2，则上一位可以填1或2
}
void solve()
{
long long ans = 0;
scanf("%d", &n);
dp[1][0] = 1, dp[1][1] = 0; //第一位填1，
calc(), ans = (ans + dp[n][1]) % mod; //则最后一位只能填2
dp[1][0] = 0, dp[1][1] = 1; //第一位填2，
calc(), ans = (ans + dp[n][0] + dp[n][1]) % mod; //则最后一位可以填1或2
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) solve();
return 0;
}
矩阵加速
思路
如果 \(n\) 就 \(10^6\)，那顶多一道黄题。但是 \(n\) 是 \(10^{18}\)，哭泣。
这里用一个很常见的 trick：矩阵加速优化 DP。
我们设一组矩阵 \(\begin{pmatrix} dp_{i, 0} & dp_{i, 1} \end{pmatrix}\)。
然后很容易根据状态转移方程列出关系式：
\[\begin{pmatrix} dp_{i, 0} & dp_{i, 1} \end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} dp_{i+1, 0} & dp_{i+1, 1} \end{pmatrix}
\]
再根据矩阵跑快速幂就秒掉了这题。
同上面的，仍然是要初始化两个（具体看代码）。
时间复杂度 \(O(\log n \times t^3)\)，\(t = 2\)（矩阵大小）。
你会发现这东西很小很小，所以随便过。
代码
很轻松拿到 \(100\) 分。跑得飞快，最慢的点 \(4\) 毫秒。
代码轻度整活，但是应该可以看得懂。
提交记录。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2, mod = 1e9 + 7;
namespace martix {
void mul(int ANS[][N], int x[][N], int y[][N])
{
int ans[N][N] = {};
for (int i = 0; i < N; i++)
for (int j = 0; j < N; j++)
for (int k = 0; k < N; k++)
ans[i][j] = (ans[i][j] + 1ll * x[i][k] * y[k][j]) % mod;
memcpy(ANS, ans, sizeof ans);
}
void ksm(int f[][N], int A[][N], long long y)
{
while (y)
{
if (y & 1) mul(f, f, A);
mul(A, A, A);
y >>= 1;
}
}
}; using namespace martix;
void solve()
{
long long n, ans = 0;
cin >> n;
int zltAK[N][N] = {1, 0}; //第一位填1 的 初始矩阵
int ioi[N][N] = {
0, 1,
1, 1
};
ksm(zltAK, ioi, n - 1), ans = (ans + zltAK[0][1]) % mod; //则最后一位只能填2
int hxyAK[N][N] = {0, 1}; //第一位填2 的 初始矩阵
int csp[N][N] = {
0, 1,
1, 1
};
ksm(hxyAK, csp, n - 1), ans = (ans + hxyAK[0][0] + hxyAK[0][1]) % mod; //则最后一位可以填1或2
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) solve();
return 0;
}
码字不易，希望能帮助到大家！
